Límite de$a_n$ es$0$ iff Límite de$a_n \sin(n t)$ es$0$ para todos$t\in[0,1]$

Question

Me gustaría probar \begin{align} \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0 \iff \lim_{n\rightarrow\infty}a_n\sin(n t)=0 \quad \forall t\in[0,1]\end {align}

Dado que$\sin$ está limitado, una de las implicaciones es trivial. Para el otro dejar que$t=\frac{\pi}{4 l}, l\in\mathbb{N}$ implique$a_{n_k}\rightarrow 0$ para todas las subsequencias que satisfacen$(n_k)_{k\in\mathbb{N}}\subset\mathbb{N}\setminus 4 l \mathbb{N}$. ¿Lleva esto a alguna parte?

Answer 1

Supongamos $\limsup_{n \to \infty} \left| a_n\right| > \epsilon > 0$, es decir, hay una infinidad de $n$$|a_n| > \epsilon$. Deje $T_n = \{t \in [0,1]: |a_k \sin(kt)| > \epsilon \text{ for some } k > n\}$. Para cualquier $k \ge 4$ hay$t \in [0,1]$$\sin(kt)=1$, por lo que todos los $T_n$ son no vacíos. Ahora si $|a_k \sin(kt)| > \epsilon$, por lo que es $|a_k \sin(k(t+j\pi/k)|$ para cualquier entero $j$. Cualquier vacío intervalo de $(a,b) \subset [0,1]$ contiene algunos $t+j\pi/k$ si $k$ es lo suficientemente grande, es decir, $T_n$ es denso en $[0,1]$. Por otra parte, $T_n$ es fácilmente visible a ser un conjunto abierto. La Categoría de Baire Teorema de la muestra que $\bigcap_n T_n$ es no vacío. Pero si $t \in \bigcap_n T_n$, esto significa $|a_k \sin(kt)| > \epsilon$ para infinidad de $k$, lo $\lim_{n \to \infty} a_n \sin(nt) \ne 0$ esto $t$.

Answer 2

Demostrando por contraposición: Supongamos que$\operatorname{lim}a_n \neq 0.$ Entonces, dejando$t=\pi/4$ encontramos que la secuencia$(a_n\operatorname{sin}(nt))$ no puede converger a$0$, ya que los$\operatorname{sin}(nt)$ Por lo tanto,$\pm\frac{1}{\sqrt{2}},\pm1,0.$ tal que$\exists t\in [0,1]$ que es la negación de la condición en el lado derecho.

Answer 3

Supongamos $(a_n)$ es tal que para todos los $t\in I=[0,1],~\lim~a_n\sin(nt)$ existe y $=0$. Usted está diciendo que la secuencia de funciones de $f_n:I\rightarrow \mathbb R, t\mapsto a_n\sin(nt)$ converge simplemente (traducción directa del francés, tal vez "pointwise" en inglés) a la $0$ función. Lo que quiero mostrar es que este implica la convergencia uniforme de la secuencia de $(f_n)$ a la función cero (ya que para $n\geq2>\pi/2,~\|f_n\|_{\infty}=|a_n|$.)

Supongamos $(a_n)$ no tienden a $0$. Entonces no es un número real positivo $\epsilon>0$ y estrictamente creciente secuencia de enteros positivos $\varphi(n)\uparrow +\infty$ tal que $|a_{\varphi(n)}|>\epsilon$ todos los $n$. Sin pérdida de generalidad, podemos asumir que todos los $n,~\varphi(n+1)\geq 100\varphi(n)$ y $\varphi(0)>100\pi$ ($100$ no es especial, es apenas lo suficientemente grande para nuestro propósito).

Para$x\in \mathbb R$$r>0$, llamamos a $[x-r,x+r]$ el segmento centrado en $x$ y de la longitud de la $2\times r$. Construimos una secuencia anidada cerrado intervalos de $(I_n)$ centrado alrededor de la maxima de $|f_{\varphi(n)}|$ y de la longitud de la $2\times\frac{\pi}{3\varphi(n)}$.

El primero se define a ser $I_0\subset [0,1]$ centrada alrededor de uno de los máximos de $|f_{\varphi(0)}|$ de la forma $\frac{\pi/2+k\pi}{\varphi(0)}$ y de la longitud de la $2\times\frac{\pi}{3\varphi(0)}$. Desde $\varphi(0)$ es bastante grande, $f_{\varphi(0)}$ tiene un montón de tiempo para completar muchas de lleno oscilaciones, por lo que hay espacio suficiente para que quepa $I_0$ a $I$.

Supongamos que el $n^{th}$ tal anidada intervalo de $I_n$ ha sido construido. Debido a $\varphi(n+1)\geq 100\varphi(n)$, $\varphi(n+1)^{th}$ función tiene tiempo para hacer varios oscilaciones dentro de $I_n$, y sólo hemos de elegir un punto en $x_{n+1}\in I_n$ que da cuenta de una maxima para $|f_{\varphi(n+1)}|$, es de la forma $\frac{\pi/2+k\pi}{\varphi(n+1)}$, y está lo suficientemente cerca del centro de la $I_n$, de modo que el segmento centrado en este maxima y / o longitud de $2\times\frac{\pi}{3\varphi(n+1)}$ está contenida totalmente en $I_n$.

Decir que la maxima de $|f_{\varphi(n)}|$ elegimos son de esta forma no es necesario, ya que por hopothesis la $a_{\varphi(n)}$ no son cero, y por lo que la maxima de $|f_{\varphi(n)}|$ son los de $|\sin(~\cdot\times\varphi(n))|$. Tengo que incluir esta información adicional sólo para facilitar la verificación de un cálculo más abajo que se basa en el hecho de que $|\sin(x)|\geq 1/2$$[\pi/2-\pi/3,\pi/2+\pi/3]$.

Por lo tanto, obtener una secuencia anidada de intervalos cerrados cuya longitud tiende rápidamente a $0$, y por la compacidad existe $t\in I$ con $$\bigcap_{n\in\mathbb N}I_n=\lbrace t\rbrace.$$ Nuestra selección de $I_n$ (el hecho de que se centra alrededor de un maxima de $|f_{\varphi(n)}|$ y de la longitud de la $2\times\frac{\pi}{3\varphi(n)}$ asegura que para todos los $s\in I_n,~|\sin(\varphi(n)s)|\geq 1/2$. Ya que para todas las $n$ tenemos $t\in I_n$, tenemos para todos los $n$ que $|f_{\varphi(n)}(t)|\geq |a_n|/2>\epsilon/2$, lo que contradice la suposición de que $|f_n(t)|$ debe tender a $0$.

Answer 4

Si el $a_n \sin(nt)$ convergen pointwise a 0, por lo $|a_n| |\sin(nt)|$. Es un hecho de la teoría de la medida (Egorova del Teorema) que si una secuencia de funciones medibles convergen pointwise en $[0,1]$ a cualquier función de $f(t)$ luego converge casi uniformemente a $f(t)$, lo que significa que para cualquier $\epsilon > 0$ uno puede eliminar un conjunto $A_{\epsilon}$ de medida $< \epsilon$ y las funciones converge uniformemente a$f(t)$$[0,1] - A_{\epsilon}$.

En este caso, $f(t)$ es sólo cero, así que de $A_{\epsilon}$ funciones $|a_n| |\sin(nt)|$ converge uniformemente a cero. Pero estas funciones son más grandes que las ${1 \over 2}|a_n|$ en la mayoría de $[0,1]$. Mostrar si usted elige $\epsilon$ lo suficientemente pequeño, se puede conseguir que la $|a_n| \rightarrow 0$.