Es la arclitud de $x\sin(\pi/x)$ en el intervalo $(0, 1)$ ¿Finito?

Question

Tengo problemas para determinar la arclitud de $x\sin(\pi/x)$ en el intervalo $(0, 1)$ (es decir, determinar si converge o no). Mi primer intento fue escribir $$\begin{aligned} \int_0^1\sqrt{1+(f'(x))^2}\text{d}x & = \int_0^1\sqrt{1 + \left(\sin\frac \pi x - \frac \pi x\cos\frac \pi x\right)^2}\text{d}x \\ & = \pi\int_1^\infty\sqrt{1 + (\sin x - x\cos x)^2}\frac{\text{d}x}{x^2} \end{aligned}$$

Entonces quería considerar la función asintótica $\sqrt{1 + (\sin x - x\cos x)^2}$ pero no puedo encontrar una manera fácil de entrar. Una idea era escribir

$$\int_1^\infty\sqrt{1+(\sin x - x\cos x)^2}\frac{\text{d}x}{x^2} > \int_1^\infty\left|\frac{\sin x}{x^2} - \frac{\cos x}x\right|\text{d}x$$

A continuación, observamos que $x\cos x + \sin x = 0$ se produce aproximadamente cuando $x = (k+1/2)\pi$ ( $k\in\mathbb{N}$ ), ya que estos puntos son los puntos donde $x = \tan x$ y como $x$ aumenta (de modo que la función $x$ es mayor a lo largo del $y$ -), la función $\tan x$ se acerca cada vez más a su asíntota vertical, que se produce en $(k+1/2)\pi$ por lo que la intersección de las dos funciones también se produce cerca de esa asíntota. Por lo tanto, consideramos $$\int_{(k-1/2)\pi}^{(k+1/2)\pi}\frac{|\sin x - x\cos x|}{x^2}\text{d} x \ge \frac1{[(k+1/2)\pi]^2}\int_{(k-1/2)\pi}^{(k+1/2)\pi}|\sin x - x\cos x|\text{d} x$$

Aquí es donde me quedo atascado, ya que no estoy seguro de cómo estimar ese integrando. Supongo que será aproximadamente lineal en $k$ pero no estoy seguro de cómo demostrarlo. Si eso es cierto, entonces la integral es mayor que un término que se comporta como $\frac 1k$ , lo que significa que la integral original es mayor que una suma armónica, y por lo tanto diverge. Así que primera pregunta: ¿cómo puedo evaluar la integral en el lado derecho de la desigualdad anterior?

Segunda pregunta: También siento que hay una manera más fácil de pensar en este problema que me estoy perdiendo. ¿Alguna idea?

Editar: Me acabo de dar cuenta de que el uso de $\int |f| \ge |\int f|$ obtenemos $$\int_{(k-1/2)\pi}^{(k+1/2)\pi}|\sin x - x\cos x|\text{d} x \ge \left|\int_{(k-1/2)\pi}^{(k+1/2)\pi}(\sin x - x\cos x)\text{d}x\right| = |2\pi k\cos(\pi k)| = 2\pi k$$

Sin embargo, esto no responde completamente a mi pregunta. Sí, es una solución a la integral, pero el argumento de que sólo debemos mirar los intervalos $[(k-1/2)\pi, (k+1/2)\pi]$ es un poco complicado, y todavía parece que debería haber una solución más fácil.

Answer 1

Puedes simplificar las cosas si te das cuenta de que

$$\sqrt {1+f'(x)^2} > |f'(x)| = | \cos(\pi/x)/(\pi/x)-\sin(\pi/x)| \ge | \cos(\pi/x)/(\pi/x)|-|\sin(\pi/x)|.$$

Desde $\sin(\pi/x)$ está acotado, basta con demostrar que

$$\int_0^1| \cos(\pi/x)/(\pi/x)|\, dx = \infty.$$

Answer 2

Mi enfoque intuitivo sería decir que la convergencia de su integral de $1$ a $\infty$ se determina cuando $x$ es muy grande. Podemos hacer que el límite inferior sea grande sin cambiar la convergencia Cuando $x$ es muy grande el $1$ y $\sin x$ bajo la raíz cuadrada no importan, así que para $m$ algún número entero grande y conveniente su integral se convierte en $$\pi\int_1^\infty\sqrt{1 + (\sin x - x\cos x)^2}\frac{\text{d}x}{x^2} \approx \pi\int_1^{m \pi}\sqrt{1 + (\sin x - x\cos x)^2}\frac{\text{d}x}{x^2}+\pi \int_{m \pi}^\infty \frac {|\cos x|}x\text{d}x$$ La primera integral es alguna constante, por lo que podemos ignorarla cuando nos preguntemos por la convergencia. Ahora bien, cuando $x$ es grande el cambio en $\frac 1x$ es pequeño en el rango $x=k\pi$ a $x=(k+1)\pi$ para que podamos llevar el $\frac 1x$ fuera de la integral. La integral de $|\cos x|$ en uno de esos intervalos es $2$ , por lo que obtenemos $$\pi \int_{m \pi}^\infty \frac {|\cos x|}x\text{d}x \gt \pi\sum_{k=m}^\infty\frac 1{(k+1)\pi}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}|\cos x| \text{d}x=\sum_{k=m}^\infty\frac {2}{(k+1)}$$ que diverge como la serie armónica. Es posible que la aproximación de la primera línea necesite alguna justificación. Una forma de hacerla rigurosa es hacer que el integrando $\frac {|x\cos x|-1}{x^2}$ y recortar los intervalos de la suma para que $x\cos x \gt 2$ . Eso hace que el signo de la aproximación sea mayor que. La divergencia final pasa muy bien.

Answer 3

Expandiendo el integrando, tenemos que la arclitud es $$\int_1^\infty\sqrt{\frac2{x^2}-\frac1x\sin\left(2\pi{x}\right)+\left(1-\frac1{x^2}\right)\cos^2\left(\pi{x}\right)}\,\,\frac{\mathrm{d}x}{x}$$ Para $x\ge2$ el integrando es mayor que $$\sqrt{\frac34\cos^2(\pi x)-\frac12}$$ Para cualquier $k\in\mathbb{Z}$ y $k-\frac16\le x\le k+\frac16$ , $$\sqrt{\frac34\cos^2(\pi x)-\frac12}\ge\frac14$$ Por lo tanto, la arclitud es al menos $$\begin{align} \sum_{k=3}^\infty\frac14\cdot\frac13\cdot\frac1{k+\frac16} &=\sum_{k=3}^\infty\frac1{12k+2}\\ &\ge\sum_{k=4}^\infty\frac1{12k} \end{align}$$ que diverge por comparación con la cola de $\frac1{12}$ la serie armónica.

Answer 4

Considere los intervalos $\{(\frac 1 n , \frac 1 {n+1/2})$ , $1 \leq n \leq N$ . Denotando la función dada por f obtenemos $|f(\frac 1 {n+1/2})-f(1/n)|= \frac 1 {n+1/2}$ . Sumando sobre N se deduce inmediatamente que f es de variación ilimitada en $(0,1)$ . Por lo tanto, su longitud es $\infty$ .

Answer 5

Lo estabas haciendo bien hasta $\int_0^{\infty}\left|\frac {\sin x}{x^2}=\frac {\cos x}{x}\right|dx.$ Esta integral es infinita: Primero observe que $\int_0^{\infty}|f(x)|dx\geq \sum_{n=1}^{\infty}\int_{\pi n-1}^{\pi n+1}|f(x)|dx,$ que se aplica en la segunda línea después de ésta.

Para $n\in \Bbb N$ y $x\in [\pi n-1,\pi n+1]$ tenemos $\left |\frac {\sin x}{x^2}-\frac {\cos x}{x}\right|\geq$ $\left|\frac {\cos x}{x}\right|-\left|\frac {\sin x}{x^2}\right|\geq$ $\frac {\cos 1}{\pi n+1}-\frac {\sin 1}{(\pi n -1)^2}.$

Por lo tanto, $\int_0^{\infty}\left|\frac {\sin x}{x^2}-\frac {\cos x}{x}\right|dx\geq$ $2\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac {\cos 1}{\pi n+1}-\frac {\sin 1}{(\pi n-1)^2}\right).$

Ahora $\sum_{n=1}^{\infty} \frac {\sin 1}{(\pi n-1)^2}$ converge, por comparación término a término, para $n>1,$ con $\sum_{n=2}^{\infty}\frac {1}{\pi^2 (n-1)^2}.$ Pero $\sum_{n=1}^{\infty}\frac {\cos 1}{\pi n +1}\geq \sum_{n=1}^{\infty}\frac {\cos 1}{\pi n+\pi}=\frac {\cos 1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac {1}{n+1}=\infty.$