Calcular $\lim\limits_{n\to\infty} \int_{0}^{2\pi} \cos x \cos 2x\cdots \cos nx \space{dx}$

Question

Calcular el siguiente límite: $$\lim_{n \to \infty}\int_{0}^{2\pi}\cos\left(x\right)\cos\left(2x\right)\ldots \cos\left(nx\right)\,{\rm d}x$$

Hoy en día yo estaba trabajando en un W. L. Putnam competencia del problema que contiene este integral y se preguntó cómo puedo calcular su valor al$n$$\infty$. Hasta ahora no he encontrado ninguna respuesta.
Me podrían dar algunas sugerencias acerca de la forma en que debo ir?

Answer 1

Deje $u = e^{ix}$. A continuación,$\cos x \cos 2x ... \cos nx = \frac{1}{2^n}\prod_{k=1}^n (u^k + u^{-k})$.

Escribir $$\prod_{k=1}^n (z^k + z^{-k}) = \sum_{j=-N}^N a_j z^j$$

donde $N=\frac{n(n+1)}2$.

Entonces la integral anterior es sólo $\frac{2\pi}{2^n}a_0$.

Combinatoria, podemos ver que $a_0$ es el número de maneras de escoger un subconjunto de a $\{1,2,...,n\}$ que se suma a $\frac{n(n+1)}{4}$.

Ahora, el conjunto de los subconjuntos de a $\{1,...,n\}$ que suman un valor particular es un antichain, así que tenemos un límite en el tamaño de $a_0$, es decir, $$0\leq a_0 \leq \binom {n}{\lfloor n/2\rfloor}$$.

Y sabemos que $$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2^n}\binom {n}{\lfloor n/2\rfloor} =0$$

Así que sabemos que su límite es cero.

(El tamaño máximo de un antichain en la Booleano poset es Sperner del teorema.)

Tenga en cuenta que cuando $n\equiv 1,2\pmod 4$, $\frac{n(n+1)}4$ no es un entero, por lo que en esos casos, $a_0=0$. Alguien tiene una "interesante" el límite inferior de $a_0$ para los otros casos?

[En los comentarios de abajo, Robert Israel muestra que cuando $n\equiv 0,3\pmod 4$, $a_0\geq 2^{\lfloor (n+1)/4\rfloor}$. Sospecho que no es un polinomio, $q$, de tal manera que $a_0\geq \frac{2^n}{q(n)}$.]

Esta prueba se generaliza. Dada una secuencia de enteros positivos, $\{b_1,...,b_n\}$, tenemos el mismo resultado:

$$\int_{0}^{2\pi} \cos b_1 x \cos b_2 x ... \cos b_n x dx= \frac{2\pi}{2^n}A$$

donde $A$ es el recuento de un antichain, por lo $0\leq A\leq \binom {n}{\lfloor n/2\rfloor}$

Si $b_i=1$ todos los $i$, entonces obtenemos la exacta igualdad al $n$ es par, es decir, que:

$$\int_{0}^{2\pi} \cos^{2m} x dx = \frac{2\pi}{2^{2m}} \binom {2m}{m}$$

Answer 2

Otro análisis de la prueba:

Esto es suficiente para mostrar que $$\lim_{n \rightarrow \infty} \int_0^{2\pi}|\cos x \cos 2x\cdots \cos nx|\,dx = 0$$ Definir $f_n(x) = |\cos x \cos 2x\cdots \cos nx|$. Luego ya cada uno $|\cos kx | \leq 1$, $f_n(x) \geq f_{n+1}(x)$ para todos los $n$$x$. Desde $|f_n(x)| \leq 1$ todos los $n$$x$, el Lebesgue teorema de convergencia dominada dice $$\lim_{n \rightarrow \infty} \int_0^{2\pi} |\cos x \cos 2x\cdots \cos nx|\,dx = \int_0^{2\pi} \lim_{n \rightarrow \infty}|\cos x \cos 2x\cdots \cos nx|\,dx$$ Por lo que es suficiente para mostrar que el límite en el interior es cero para casi todos los $x$. Pero siempre $x$ no es un racional múltiples de $\pi$, $\{nx: n = 1,2,..\}$ es denso en $[0,2\pi]$. Lo que significa que, dada $x$, hay una secuencia $n_1, n_2,...$ tal que $$\lim_{k \rightarrow \infty} n_k x = {\pi \over 2}$$ Así $$\lim_{k \rightarrow \infty} \cos(n_k x) = \cos({\pi \over 2}) = 0$$ Desde $\lim_{n \rightarrow \infty}|\cos x \cos 2x\cdots \cos nx|$ es en la mayoría de cualquier $|\cos (n_k x)|$, llegamos a la conclusión de que $\lim_{n \rightarrow \infty}|\cos x \cos 2x\cdots \cos nx| = 0$ todos los $x$ no racional múltiples de $\pi$. Desde los múltiplos de $\pi$ son un conjunto de medida cero, hemos terminado.

Answer 3

Tenemos

$$\begin{array}{c l}\int_0^{2\pi}\cos x\cdots\cos nx dx= & \int_0^{2\pi}\prod_{k=1}^n\frac{e^{ikx}+e^{-ikx}}{2}dx \\ & =\frac{1}{2^n}\int_0^{2\pi}e^{-n(n+1)/2\,x}\prod_{k=1}^n(1+e^{i2kx})dx \\ & = \frac{1}{2^n}\sum_{K\subseteq [n]}\int_0^{2\pi}\exp\left(-\frac{n(n+1)}{2}i+2i\sum_{k\in K}k\right)dx \\ & =\frac{2\pi|L_n|}{2^n}. \end{array}$$

donde $L_n$ es el conjunto de subconjuntos de a $K$ $[n]=\{1,\cdots,n\}$ tal que $$2\sum_{k\in K}k=\frac{n(n+1)}{2}.$$

(Nota: este es cero cuando $n\ne 0,-1$ mod $4$.) Tal vez uno puede mostrar $|L_n|=\Omega(2^n)$ con un argumento combinatorio? Ya es $0$ infinitamente a menudo también sería suficiente para mostrar que el límite existe.

Answer 4

Usted puede probar en lugar de que

$$\lim_{n\to\infty} \int_{0}^{2\pi} \left| \cos x \cos 2x\cdots \cos nx \space{dx} \right| = 0 \,.$$

Deje $\epsilon >0$. A continuación, para todos los $n$ hemos

$$\int_{0}^{2\pi} \left| \cos x \cos 2x\cdots \cos nx \right| \space{dx} = \int_{0}^{\frac{\epsilon}5} \left| \cos x \cos 2x\cdots \cos nx \right| \space{dx} $$ $$+ \int_{\frac{\epsilon}5}^{\pi-\frac{\epsilon}5} \left| \cos x \cos 2x\cdots \cos nx \right| \space{dx} + \int_{\pi-\frac{\epsilon}5}^{\pi+\frac{\epsilon}5} \left| \cos x \cos 2x\cdots \cos nx \right| \space{dx}$$ $$ + \int_{\pi+\frac{\epsilon}5}^{2\pi-\frac{\epsilon}5} \left| \cos x \cos 2x\cdots \cos nx \right| \space{dx}+\int_{2 \pi-\frac{\epsilon}3}^{2\pi} \left| \cos x \cos 2x\cdots \cos nx \right| \space{dx}$$ $$\leq \frac{4\epsilon}{5}+\int_{\frac{\epsilon}5}^{\pi-\frac{\epsilon}5} \left| \cos x \cos 2x\cdots \cos nx \right| \space{dx}+ \int_{\pi+\frac{\epsilon}5}^{2\pi-\frac{\epsilon}5} \left| \cos x \cos 2x\cdots \cos nx \right| \space{dx}$$

Me separé de esta manera para evitar los puntos de $x$ donde $\cos(kx) \in \{ \pm 1 \}$.

Ahora, pretendemos que para todos los $x \in [\frac{\epsilon}{5}, \pi-\frac{\epsilon}{5}] \cup [\pi+\frac{\epsilon}{5}, 2\pi-\frac{\epsilon}{5}]$ hemos

$$\lim_n \left| \cos x \cos 2x\cdots \right| =0$$

Esto es fácil de demostrar, mediante su división en dos casos: x racionales e irracionales con respecto a $\pi$. En el primer caso, se desprende de la Dirichclet Principio de que no existe un $k$, de modo que para todos los $n$ $|\cos nx| , |\cos (n+1)x|, ..., |\cos (n+k)x|$ es de menos de $\frac{1}{2}$, mientras que el segundo caso es fácil de amenaza por escrito $x= \frac{k}m \pi$$gcd(m,k)=1$$m\neq 1$.

Para completar la prueba, todas estas funciones están uniformemente acotadas por $1$, y en el que confluyen pointwise a $0$, con lo que por Lebesgue dominante teorema de convergencia que hemos

$$\int_{\frac{\epsilon}5}^{\pi-\frac{\epsilon}5} \left| \cos x \cos 2x\cdots \cos nx \right| \space{dx}+ \int_{\pi+\frac{\epsilon}5}^{2\pi-\frac{\epsilon}5} \left| \cos x \cos 2x\cdots \cos nx \right| \space{dx} \to 0$$

P. S. Esta prueba es probablemente una exageración...

Answer 5

Deje $X_j$ ser independiente coin flips ($0$ o $1$ con igualdad de probabilidades) y $S_n = \sum_{j=1}^n j X_j$. De Thomas Andrews de la respuesta, vemos que $\int_0^{2\pi} \cos(x) \cos(2x) \ldots \cos(nx)\ dx = 2 \pi P(S_n = n(n+1)/4)$. Tenemos $E[S_n] = n(n+1)/4$$\text{Var}(S_n) = \dfrac{1}{4} \sum_{j=1}^n j^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{24}$. Por otra parte, Lindeberg la versión del Teorema Central del Límite (que no requiere que las variables aleatorias a ser idénticamente distribuidas) se aplica. Nosotros a la conclusión de que para cualquier $\alpha > 0$, $P(|S_n - n(n+1)/4| < \alpha \sqrt{n(n+1)(2n+1)/24}) \to \Phi(\alpha) - \Phi(-\alpha)$ como $n \to \infty$ donde $\Phi$ es la CDF de la distribución normal estándar. Desde $\Phi(\alpha) - \Phi(-\alpha) \to 0$$\alpha \to 0$, llegamos a la conclusión de que $P(S_n = n(n+1)/4) \to 0$.