Límites superior e inferior del menor cero de una función

Question

La función $G_m(x)$ es lo que encontré durante mi búsqueda de aproximaciones de Riemann $\zeta$ función:

$$f_n(x)=n^2 x\left(2\pi n^2 x-3 \right)\exp\left(-\pi n^2 x\right)\text{, }x\ge1;n=1,2,3,\cdots,\tag{1}$$ $$F_m(x)=\sum_{n=1}^{m}f_n(x)\text{, }\tag{2}$$

$$G_m(x)=F_m(x)+F_m(1/x)\text{, }\tag{3}$$

Los resultados numéricos mostraron que $G_m(x)$ es cero cerca de $m+1.2$ para $m=1,2,...,8$ .

En la figura 1 se muestra el gráfico de $\log|G_m(x)|$ v.s. $x$ para $m=1,2,...,8$

Denotemos estos ceros por $x_0(m)$ . Me interesa si se puede demostrar que

(A) $x_0(m)$ es el cero más pequeño de $G_m(x)$ para $x\ge1$

(B) existen límites $\mu(m),\nu(m)$ tal que $0<\mu(m)\le x_0(m)\le \nu(m)$ ; $\mu(m),\nu(m)\to\infty$ cuando $m\to\infty$ .

Estas son las cosas que probé.

Porque $G_m(1)>0$ y $G_m(x)\to F_m(1/x)<0$ cuando $x\to\infty$ por lo que existe un cero para $G_m(x)$ entre $x=1$ y $x=\infty$ .

Pero no he podido encontrar los límites de este cero.

Es tentador especular que $x_0(m)$ es el único cero para $G_m(x)$ y $m+1<x_0(m)<m+2$ .

Los valores de $x_0(m), (m=1,2,...,10)$ están dadas por:

$x_0(1)$ =2.24203, $x_0(2)$ =3.21971, $x_0(3)$ =4.21913, $x_0(4)$ =5.22283, $x_0(5)$ =6.22764, $x_0(6)$ =7.23268, $x_0(7)$ =8.23764, $x_0(8)$ =9.24241, $x_0(9)$ =10.2469, $x_0(10)$ =11.2512.

Answer 1

Aunque esto es sólo una respuesta parcial, espero que sirva al menos como un paso en la dirección correcta para probar lo que necesitas.

Primero, para trabajar con algo más concreto, sustituí las expresiones de $f_n(x)$ en $F_m(x)$ y luego eso en $G_m(x)$ para obtener un conjunto explícito de funciones:
$$F_m(x) = \sum\limits_{n=1}^mn^2x(2\pi n^2x - 3)\exp(-n^2\pi x)$$ $$G_m(x) = \sum\limits_{n=1}^mn^2x(2\pi n^2x - 3)\exp(-n^2\pi x) + \sum\limits_{n=1}^m\frac{n^2}{x}\left(\frac{2\pi n^2}{x} - 3\right)\exp\left(-\frac{n^2\pi}{x}\right)$$ Si bien esta clase de funciones es particularmente desagradable, podemos hacer algunos caminos para probar los límites propuestos $m + 1 > x_0(m) > m + 2$ aguantar. (Por cierto, las desigualdades se invierten aquí que en su pregunta, ya que la función $G_m(x)$ es positivo y disminuye en $x_0(m)$ de la zona, por lo que $G_m(m + 1) > G_m(m + 2)$ , con lo que el primero es el límite superior y el segundo el inferior, y no al revés).

Así que básicamente lo que tenemos que demostrar es que $G_m(m + 1)$ es siempre positivo para todos los $m$ y $G_m(m + 2)$ es siempre negativo, por lo tanto por el teorema del valor intermedio (ya que la función en cuestión es continua), $G_m(x)$ tiene una raíz entre $m + 1$ y $m + 2$ .

Sustituyendo en $x = m + 1$ para la función, obtenemos:
$$G_m(m + 1) = \sum\limits_{n=1}^mn^2(m + 1)(2\pi n^2m + 2\pi n^2 - 3)\exp(-n^2\pi (m + 1)) + \sum\limits_{n=1}^m\frac{n^2}{m + 1}\left(\frac{2\pi n^2}{m + 1} - 3\right)\exp\left(-\frac{n^2\pi}{m + 1}\right)$$ Si podemos demostrar que cada factor de cada suma es siempre positivo, entonces toda la suma es positiva y por tanto las funciones son siempre positivas en ese punto. (En realidad, ese sería el mejor caso de que satisfaga una condición suficiente pero no necesaria; puede tener algunas sumas negativas siempre que el valor total de los términos positivos sea mayor que el de los negativos).

A partir de la primera suma, factor por factor:

1er sumatorio, 1er factor: $n^2$
Como el cuadrado de cualquier número es siempre positivo, $n^2$ es positivo.

1ª suma, 2º factor: $m + 1$
Obviamente $m$ es un número positivo por definición, por lo que $m + 1$ también es siempre positivo.

1er sumando, 3er producto: $(2\pi n^2m + 2\pi n^2 - 3)$
$2\pi n^2m + 2\pi n^2$ debe ser mayor que 3 para que este factor sea positivo. Tomando el caso "más bajo" de $n = m = 1$ obtenemos $2\pi + 2\pi = 4\pi,$ y $4\pi > 3$ por lo que este factor siempre será positivo.

1ª suma, 4º producto: $\exp(-n^2\pi (m + 1))$
Un término exponencial nunca es negativo o cero.

Ahora, pasamos a la segunda suma:
2da. suma, 1er. producto: $\frac{n^2}{m + 1}$
$n^2$ y $m + 1$ son siempre positivos, por lo que su cociente también lo es.

2ª suma, 2º producto: $\frac{2\pi n^2}{m + 1} - 3$
Por desgracia, aquí nos encontramos con problemas. Tomando el caso $n = 1, m = 2$ vemos que el término resultante es negativo. ¿Cuándo será negativo? Al igual que el factor correspondiente en la primera suma, la fracción debe ser mayor que $3$ :

$\frac{2\pi n^2}{m + 1} > 3 \implies 2\pi n^2 > 3(m + 1) \implies n > \sqrt{\frac{3}{2\pi}}\sqrt{m + 1}$
Así, para los primeros términos de la suma, el producto será negativo, pero una vez que n es lo suficientemente grande como para satisfacer la desigualdad, el producto será positivo.
2da. suma, 3er. producto: $\exp\left(-\frac{n^2\pi}{m + 1}\right)$
De nuevo, un término exponencial nunca es negativo.

Entonces, ¿qué significa todo esto ya que no todos los términos son positivos? Lo único que significa es que tenemos que demostrar que el primer sumando es mayor que el segundo (lo que no he podido hacer), para que su diferencia siga siendo positiva:
$$\sum\limits_{n=1}^mn^2(m + 1)(2\pi n^2m + 2\pi n^2 - 3)\exp(-n^2\pi (m + 1)) > \sum\limits_{n=1}^m\frac{n^2}{m + 1}\left(\frac{2\pi n^2}{m + 1} - 3\right)\exp\left(-\frac{n^2\pi}{m + 1}\right)$$
O, si eliminamos los términos positivos del segundo sumatorio, (estoy llamando a los términos $a_n$ y $b_n$ para la 1ª y 2ª suma respectivamente)
$$\left[\sum\limits_{n=1}^ma_n + \sum\limits_{n > \sqrt{\frac{3}{2\pi}}\sqrt{m + 1}}^mb_n\right] > \sum\limits_{n < \sqrt{\frac{3}{2\pi}}\sqrt{m + 1}}^mb_n$$
Si probamos cualquiera de las dos desigualdades (la primera es más fuerte que la segunda), deducimos que la función es siempre positiva en el punto $m + 1$ . Podemos utilizar un argumento muy similar para el punto $m + 2$ para demostrar que es negativo, y así habremos demostrado los límites. Sobre la primera cuestión (si $x_0(m)$ es el cero más pequeño de $G_m(x)$ ), si tomamos que la función es decreciente desde $G_m(1)$ a $x_0(m)$ podemos demostrar que es el cero más pequeño por contradicción (y si además aceptamos que $\lim\limits_{x \to \infty} G_m(x) = 0$ entonces podemos demostrar que es el único cero). Pues supongamos que existen otros ceros más pequeños que $x_0(m)$ es decir, en el intervalo $[1, x_0(m)]$ . Como la función es continua, la única manera de que tenga un cero más pequeño es que la función caiga por debajo de cero y vuelva a subir (ya que tiene que pasar por cero en $x_0(m)$ ). Pero como la función es siempre decreciente en ese intervalo, entonces llegamos a una contradicción, ya que después del primer cero "menor" la función sería negativa y necesitaría ser creciente para volver a cruzar el eje x. Ya sé que esto dista mucho de ser riguroso, pero de cualquier manera probando los límites también se demostraría esto.

Pido disculpas por la respuesta (¡extremadamente!) larga, pero he averiguado mucho sobre esta función y no quería que se desperdiciara nada. ¡Saludos!

Answer 2

@GeorgeDaccache ¡Buenos resultados!

Sólo necesito el espacio y la facilidad de uso en esta área de respuesta para transmitir algunos pensamientos que tengo.

Primero voy a definir dos enteros $n_0(m)$ y $n_1(m)$ como

$$n_0(m) =\lfloor{\sqrt{3/(2\pi)}\sqrt{m + 1}}\rfloor$$ $$n_1(m) =\lceil{\sqrt{3/(2\pi)}\sqrt{m + 1}}\text{ }\rceil$$

Por comodidad, también definimos $a_n(m)$ y $b_n(m)$ como: $$a_n(m)=n^2(m + 1)(2\pi n^2(m + 1) - 3)>0$$ $$b_n(m)=\frac{n^2}{m + 1}\left(\frac{2\pi n^2}{m + 1} - 3\right)$$

De modo que $$b_n(m)\gt 0, m\ge n\gt n_1(m)$$ $$b_n(m)\lt 0, 1\le n\lt n_0(m)$$

Entonces lo que queremos demostrar es lo siguiente:

$$\sum\limits_{n=1}^m a_n(m)\exp(-n^2\pi (m + 1)) + \sum\limits_{n=n_1(m)}^m b_n(m)\exp\left(-\frac{n^2\pi}{m + 1}\right) > \sum\limits_{n=1}^{n_0(m)} (-b_n(m))\exp\left(-\frac{n^2\pi}{m + 1}\right)\tag{1}$$

Ya que para $A>0$ ,

$$\exp(-A n^2)>\exp(-A m^2)$$ $$\exp(-A n^2)<\exp(-A * 1^2)=\exp(-A)$$

Podemos sustituir los términos exponenciales por sus correspondientes términos límite, factorizarlos fuera de la suma y, por tanto, sólo tenemos que demostrar lo siguiente:

$$\exp(-(n_0(m))^2\pi (m + 1))\sum\limits_{n=1}^{n_0(m)} a_n(m)+\exp(-m^2\pi (m + 1))\sum\limits_{n=n_1(m)}^m a_n(m) + \exp\left(-\frac{m^2\pi}{m + 1}\right)\sum\limits_{n=n_1(m)}^m b_n(m) > \exp\left(-\frac{1^2\pi}{m + 1}\right)\sum\limits_{n=1}^{n_0(m)} (-b_n(m))\tag{2}$$

Lo bueno de (2) es que ahora podemos completar la suma de $n$ en (2).

@GeorgeDaccache, ¿puede seguir trabajando en esta dirección? Ya que has dedicado tanto esfuerzo a este problema. Me parece que podrías estar a un paso de dar una respuesta completa.

Saludos cordiales. mike

EDITAR: Resultados numéricos para $m=10$ demostró que los términos asociados a $a_n$ son bastante pequeñas, así que ahora podemos centrarnos en probarlo:

$$\sum\limits_{n=n_1(m)}^m b_n(m)\exp\left(-\frac{n^2\pi}{m + 1}\right) > \sum\limits_{n=1}^{n_0(m)} (-b_n(m))\exp\left(-\frac{n^2\pi}{m + 1}\right)\tag{3}$$

Answer 3

Bueno, pude probar $(3)$ en su respuesta anterior, lo que significa que los límites están probados. La "prueba", sin embargo, es mucho menos formal de lo que me gustaría, así que podría necesitar un poco de refinamiento. Aquí va:

Intuitivamente, el lado LHS de la desigualdad es la suma de todos los términos positivos en $b_n(m)$ y el lado derecho es la suma de todos los términos negativos. Si el LHS es mayor que el RHS, entonces el valor total de $b_n(m)$ será positiva, por lo que la función original $G_m(x)$ será positivo en $x = m + 1$ para todos $m$ demostrando nuestro primer límite. Lo que se me ocurrió fue que si el valor del RHS en cada caso es menor que el valor del LHS, entonces el valor total es positivo. Es natural, entonces, considerar el número de sumandos en cada suma. Una vez que probamos que el número de sumandos en el LHS es mayor que en el RHS (lema 1), entonces encontramos el valor total de cada lado. (En realidad, sólo encontramos directamente cuál es mayor; es un poco difícil de explicar hasta ese punto, así que espere hasta el final para ver cómo).

Lema 1: $|\{1, ..., n_0(m)\}| \leq |\{n_1(m), ..., m\}|$
Considere la siguiente tabla de valores:
$n_o(m)$ y $n_1(m)$ " />
La primera fila es el valor dado de $m$ el segundo es el número de términos negativos, el tercero es el punto de partida donde los términos se convierten en positivos, ( $m - n_0(m)$ es el número de términos positivos), y el cuarto se incluye como referencia como el número de términos negativos en la suma si se distribuye por igual en la mitad de términos positivos y la mitad de términos negativos. Lo que queremos deducir de esta tabla es que siempre hay un número igual o mayor de términos positivos que negativos, es decir, que la mayoría de los términos son positivos. ¿Cómo? Pues bien, si comparamos el número de términos negativos que habría si el número de términos fuera igualmente positivo y negativo (4ª fila) con el número de términos negativos que hay realmente (2ª fila), vemos que la desigualdad se mantiene, siendo el número de términos negativos igual en los casos $m = 1, 2, 3$ . ¿Cómo vamos a demostrar que el $n_0(m)$ es siempre menor que $\left \lfloor{m/2}\right \rfloor$ ? Razoné que en los casos "base $m = 1, 2, 3$ son iguales, y $n_0(m)$ se comporta como $\sqrt{m}$ asintóticamente, y $\left \lfloor{m/2}\right \rfloor$ se comporta como $m$ asintóticamente, y el primero crece más rápido que el segundo, por lo que $\left \lfloor{m/2}\right \rfloor$ nunca será menor que $n_0(m)$ . Así, en cualquier valor de m, el número de términos que son negativos en $b_n(m)$ es siempre menor o igual que el número de términos positivos.

Definir $N_0 = \{1, ..., n_0(m)\}$ y $N_1 = \{n_1(m), ..., m\}$ . Ya hemos demostrado que $|N_0| \leq |N_1|$ y ahora demostraremos que cada elemento de $N_0$ es menor en valor que en $N_1$ .

Lema 2: Todo elemento de $N_0$ es menor que todos los elementos de $N_1$ .
Esto se debe a que los dos conjuntos $N_0$ y $N_1$ siendo subconjuntos de los números naturales, están bien ordenados, y por tanto tienen un elemento mayor y un elemento menor. En este caso, si el mayor elemento de $N_0$ es menor que el menor elemento de $N_1$ entonces los elementos de $N_0$ son todos menores que los elementos de $N_1$ . Observando que $\sup(N_0) = n_0(m)$ y $\inf(N_1) = n_1(m)$ y como $n_1(m) = n_0(m) + 1$ (por definición de suelo y techo), entonces cada elemento de $N_0$ es menor que todos los elementos de $N_1$ .

Por último, consideramos los valores reales de cada suma. Para cualquier $m$ el valor de cada suma sólo depende de $n$ de los valores. Considere $(3)$ :
$$\sum\limits_{n=n_1(m)}^m b_n(m)\exp\left(-\frac{n^2\pi}{m + 1}\right) > \sum\limits_{n=1}^{n_0(m)} (-b_n(m))\exp\left(-\frac{n^2\pi}{m + 1}\right)$$ $$\sum\limits_{n=n_1(m)}^m \frac{n^2}{m + 1}\left(\frac{2\pi n^2}{m + 1} - 3\right)\exp\left(-\frac{n^2\pi}{m + 1}\right) > \sum\limits_{n=1}^{n_0(m)} -\frac{n^2}{m + 1}\left(\frac{2\pi n^2}{m + 1} - 3\right)\exp\left(-\frac{n^2\pi}{m + 1}\right)$$ $$\sum\limits_{n=n_1(m)}^m \left(\frac{2\pi n^4 - 3n^2(m + 1)}{(m + 1)^2}\right)\exp\left(-\frac{n^2\pi}{m + 1}\right) > \sum\limits_{n=1}^{n_0(m)} -\left(\frac{2\pi n^4 - 3n^2(m + 1)}{(m + 1)^2}\right)\exp\left(-\frac{n^2\pi}{m + 1}\right)$$
Pensando en los conjuntos de funciones (uno para cada $m$ ) como un conjunto de mapeos de $N_1$ a los números naturales, sólo tenemos que demostrar que los valores $N_1$ produce (LHS) son todos mayores que los valores $N_0$ produce (RHS).

Las funciones originales que hemos considerado son todas crecientes para $n \geq n_1(m)$ y disminuyendo antes, por lo que mapea el conjunto $N_0$ en números aún más pequeños, y el conjunto más grande $N_1$ en números aún mayores. Por lo tanto, el lado derecho suma una cantidad menor de números cada vez más pequeños, y el lado izquierdo suma una cantidad mayor de números cada vez más grandes, por lo que concluimos que el lado derecho es más pequeño que el lado izquierdo, demostrando $(3)$ y, por tanto, el límite. Recuerde, sin embargo, que todo este esfuerzo es sólo para el punto $m + 1$ y de forma muy similar $m + 2$ puede probarse como el otro límite.

Por favor, no dude en señalar cualquier error, ya que es muy posible que haya alguno. No he tenido tiempo de revisarlo de nuevo, ya que he estado bastante ocupado últimamente.

¡Salud!