Límite de la integral definida de $f(x)\cos(mx)$

Question

Fuente: Antiguo comp./examen preliminar.

Deje $f(x)$ ser una de Riemann integrable de la función en $[0,1]$. Demostrar que $$\lim_{m\to\infty}\int_{0}^{1}f(x)\cos(mx) \, \,dx=0$$

Pensamiento

$(1)$ Porque no sabemos si $f(x)$ es diferenciable, sólo podemos utilizar la integración por parte mediante el establecimiento $du=f(x)\, \,dx$$v=\cos(mx)$, el resultado no es muy útil.

$(2)$ No sabemos si $f(x)\cos(mx)$ converge como $m\rightarrow \infty$, por lo que los teoremas de convergencia no puede ser aplicado.

Nota: Este examen asumir ningún conocimiento en teoría de la medida y la integral de Lebesgue.

Answer 1

Aquí es una prueba de que no utiliza ningún Lebesgue de la maquinaria.

Fix $\epsilon > 0$.

Desde $f$ es Riemann integrable en $[0,1]$, existe una partición de $P$ definido por los puntos de $0=x_0 < x_1 < \ldots < x_N = 1$ tal que $$0 \leq \int_0^1 f(x) dx - \sum_{n=1}^{N}a_n(x_n - x_{n-1}) < \epsilon$$ donde $a_n = \inf_{x \in [x_{n-1}, x_n]} f(x)$. En otras palabras, $f$ se puede aproximar desde abajo por una función de paso, de tal manera que la aproximación de error es menor que $\epsilon$.

La desigualdad puede escribirse como $$0 \leq \sum_{n=1}^{N}\int_{x_{n-1}}^{x_n} (f(x) - a_n) dx < \epsilon$$ Por lo tanto, $$\begin{aligned} \left|\sum_{n=1}^{N}\int_{x_{n-1}}^{x_n} (f(x) - a_n) \cos(mx) dx\right| & \leq \sum_{n=1}^{N}\int_{x_{n-1}}^{x_n} |f(x) - a_n| dx \\ &= \sum_{n=1}^{N}\int_{x_{n-1}}^{x_n} (f(x) - a_n) dx \\ &< \epsilon \end{aligned}$$ Ahora, calculamos $$\left|\int_{x_{n-1}}^{x_n}a_n \cos(mx) dx\right| = \frac{|a_n|}{m}\left|\sin(mx_n) - \sin(mx_{n-1})\right| \leq \frac{2|a_n|}{m}$$ Ahora elija $m$ suficientemente grande como para que $\displaystyle \frac{2|a_n|}{m} < \frac{\epsilon}{N}$ todos los $1 \leq n \leq N$. Entonces podemos concluir que $$\begin{aligned} \left|\int_{0}^{1}f(x)\cos(mx)dx\right| &= \left|\sum_{n=1}^{N}\int_{x_{n-1}}^{x_n} f(x)\cos(mx) dx\right| \\ &\leq \left|\sum_{n=1}^{N}\int_{x_{n-1}}^{x_n} (f(x) - a_n)\cos(mx) dx\right| + \left|\sum_{n=1}^{N}\int_{x_{n-1}}^{x_n} a_n \cos(mx) dx\right| \\ &\leq \epsilon + N\left(\frac{\epsilon}{N}\right) \\ &= 2\epsilon \end{aligned}$$

Answer 2

Desde $f$ es Riemann integrable, es acotada y continua en casi todas partes en $[a,b]$. También es Lebesgue integrable. Por Lusin del teorema, existe una función continua $g$ $[a,b]$ que $$ m(\{x:f(x)\ne g(x), \:x\in[a,b]\})<\epsilon $$ Nota: $g$ es también limitado en $[a,b]$. Entonces \begin{align} \left|\int_{a}^{b}f(x)\cos(mx) \, dx\right|&=\left|\int_{a}^{b}(f(x)-g(x))\cos(mx) \, dx+\int_{a}^{b}g(x)\cos(mx) \, dx\right| \\ &=\left|\int_{\{x:f\ne g, \:x\in[a,b]\}}(f(x)-g(x))\cos(mx) \, dx+\int_{a}^{b}g(x)\cos(mx) \, dx\right| \\ &\leqslant \epsilon M+\left|\int_{a}^{b}g(x)\cos(mx) \, dx\right| \\ \end{align} Por lo $\int_{a}^{b}f(x)\cos(mx) \, dx\to0$ si $\int_{a}^{b}g(x)\cos(mx) \, dx\to0$. Por lo tanto sólo nos probarlo para funcionamiento continuo.

La primera en cualquier intervalo de $[c,d]$, hay \begin{align} \left|\int_c^d\cos(mx)dx\right|&=\left|\dfrac1{m}\int_{mc}^{md}\cos(y)dy\right| \\ &=\left|\dfrac1{m}\int_{mc}^{2n\pi}\cos(y)dy+\sum\limits_{k=n}^{l}\dfrac1{m}\int_{2k\pi}^{2(k+1)\pi}\cos(y)dy+\dfrac1{m}\int_{2(l+1)\pi}^{md}\cos(y)dy\right| \\ &\leqslant\dfrac{2n\pi-mc+md-2(l+1)\pi}{m} \\ &\leqslant\dfrac{4\pi}{m}\tag{1} \end{align} donde $n=\left[\dfrac{mc}{2\pi}\right]+1,l=\left[\dfrac{md}{2\pi}\right]-1$.

Deje $f$ ser una función continua en a $[a, b]$. Desde $f(x)$ es uniforme continua en el $[a,b]$, para cualquier $\epsilon>0,\space\exists \delta>0, \space \forall y_1,y_2\in [a,b], |y_1-y_2|<\delta$,$|f(y_1)-f(y_2)|<\epsilon \space$.

Deje $\mathcal{P} = \{x_{0}, x_{1}, x_{2},\ldots, x_{n}\}$ $[a, b]$ ser una partición que $\max\{|x_{k - 1}-x_{k}|\}<\delta,\: k\in[1,n]$. Hay \begin{align} \left|\int_a^bf(x)\cos(mx)dx-\sum\limits_{i=0}^{n}\int_{x_i}^{x_{i+1}}f(x_i)\cos(mx)dx\right|&=\left|\sum\limits_{i=0}^{n}\int_{x_i}^{x_{i+1}}(f(x)-f(x_i))\cos(mx)dx\right| \\ &\leqslant\epsilon\int_a^b|\cos(mx)|dx \\ &\leqslant(b-a)\epsilon\tag{2} \end{align}

Y por $(1)$ \begin{align} \left|\sum\limits_{i=0}^{n}\int_{x_i}^{x_{i+1}}f(x_i)\cos(mx)dx\right|&=\left|\sum\limits_{i=0}^{n}f(x_i)\int_{x_i}^{x_{i+1}}\cos(mx)dx\right| \\ &\leqslant\dfrac{4\pi}{m}nM\tag{3} \end{align} donde $|f(x_i)|\leqslant M$.

De $(2),(3)$, tenemos \begin{align} \left|\int_a^bf(x)\cos(mx)dx\right|&\leqslant\left|\sum\limits_{i=0}^{n}\int_{x_i}^{x_{i+1}}f(x_i)\cos(mx)dx\right|+(b-a)\epsilon \\ &\leqslant\dfrac{4\pi nM}{m}+(b-a)\epsilon \end{align} Y $$ \varlimsup\limits_{m\to\infty}\left|\int_a^bf(x)\cos(mx)dx\right|\leqslant (b-a)\epsilon $$ Desde $\epsilon$ es arbitrario, hemos $$ \lim\limits_{m\to\infty}\int_a^bf(x)\cos(mx)dx=0 $$

Answer 3

El conjunto $\{e^{\pi imx}\}_{m\in \mathbb{Z}}$ es una base de $L^2(0,1)$. Por lo $f(x)=\sum_{j\in \mathbb{Z}}a_je^{\pi ijx}$ al $f\in L^2(0,1)$. Por lo $\int_{0}^1f(x)e^{\pi ijx}dx=(f,e^{\pi ijx})=a_j$. Por otro lado, $\lim_ja_j=0$ porque $f$ es Riemann integrable tan limitado y tan $f\in L^2(0,1)$. En particular, tomando la parte real de la $a_j$ tenemos $\lim_j \int_{0}^1f(x)\cos(jx)dx=0.$

Answer 4

Aquí es una solución simplificada.

Como se ha explicado en otro post, sólo probarlo para funcionamiento continuo.

Desde $$ \int_{a+(k-1)\frac{2\pi}m}^{a+k\frac{2\pi}m}\cos(mx)\,dx=0\etiqueta{1} $$ \begin{align} \left|\int_a^bf(x)\cos(mx)\,dx\right| &\leqslant\left|\sum_{k=1}^n\int_{a+(k-1)\frac{2\pi}m}^{a+k\frac{2\pi}m}f(x)\cos(mx)\,dx\right|+\left|\int_{a+n\frac{2\pi}m}^bf(x)\cos(mx)\,dx\right|\\ &=\left|\sum_{k=1}^n\int_{a+(k-1)\frac{2\pi}m}^{a+k\frac{2\pi}m}\left(f(x)-f\left(a+k\tfrac{2\pi}m\right)\right)\cos(mx)\,dx\right|\tag{by (1)}\\ &+\left|\int_{a+n\frac{2\pi}m}^bf(x)\cos(mx)\,dx\right|\tag{2} \end{align} donde $n=\left\lfloor(b-a)\frac{m}{2\pi}\right\rfloor$, e $\left|b-a-n\frac{2\pi}m\right|\le\frac{2\pi}m$.

Desde $f$ es uniforme continua, dado $\epsilon>0$, existe un $\delta>0$ que para cualquier $x,y\in[a,b]$, $\:|x-y|<\delta$, no es $|f(x)-f(y)|<\epsilon$. Ahora vamos a $m$ lo suficientemente grande como para que $\frac{2\pi}m<\delta<\epsilon$. De $(2)$, hay $$ \left|\int_a^bf(x)\cos(mx)\,dx\right|\leqslant(b-a)\epsilon+\frac{2\pi}m M<\epsilon(b-a+M) $$ donde $M=\sup_{x\in[a,b]}|f(x)|$.