[EX] Una successione di integrali

[gugo82]

Problema:

Per ogni $n in NN\setminus \{0\}$ si ponga:

$I(n) := int_(-oo)^(+oo) ((sin x)/x)^n "d"x$.

Provare che:

0. $I(n)$ è ben definito;

1. risulta $I(n) > 0$ per ogni $n in NN\setminus \{0\}$;

2. la serie $sum_(n =1)^oo I(n)$ diverge;

3. la serie $sum_(n =1)^oo 1/n I(n)$ converge.

[Studente Anonimo]

Comincio coi primi due:

0.

Il caso \(n=1\) è l'integrale di Dirichlet mentre per \( n > 1 \) \(I(n)\) è chiaramente assolutamente convergente - in un intorno di \( 0 \) le funzioni \( f_n : x \mapsto (\sin(x)/x)^n \) sono continue mentre altrove - diciamo per esempio in \( \mathbb{R} \setminus [-\pi/2,\pi/2] \) - abbiamo \( |f_n| \le 1/|x|^n \).

1.

Abbiamo \( I(1)=\pi > 0\). Per quanto riguarda \( n> 1 \) (dispari, il caso pari è ovvio) si ha \[ \int_0^\infty \left( \frac{\sin(x)}{x} \right)^n \, dx = \sum_{k=0}^\infty \underbrace{\int_{k \pi}^{(k+1) \pi} \left( \frac{\sin(x)}{x} \right)^n \, dx}_{=a_k}; \]ora, la serie di destra è assolutamente convergente, quindi possiamo "giocare" un po' con le parentesi: \[ I(n) = 2\sum_{k=0}^\infty a_{2k} + a_{2k+1} \]e chiaramente \( a_{2k} + a_{2k+1} > 0 \), \(k=0,1,\dots\) (basta farsi un disegno per convincersi).

Per 2. e 3. immagino serva una stima asintotica dei \(I(n)\), che però al momento non sono riuscito ad ottenere. Ci devo pensare ancora.

[pilloeffe]

Per 2. e 3.:

$ I(n) := \int_{-\infty}^{+\infty} ((sin x)/x)^n "d"x = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{n ln((sin x)/x)} "d"x ~~ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{- n (x^2/6 + x^4/180 + x^6/2835 + ...)} "d"x ~~ $
$ ~~ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{- n (x^2/6)} "d"x = \sqrt{(6\pi)/n} $
per $n \to +\infty $, quindi

$\sum_{n = 1}^{+\infty} I(n) $ si comporta come la serie armonica generalizzata $\sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^{\alpha} $ con $\alpha = 1/2 < 1 $ notoriamente divergente, mentre $\sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n I(n)$ si comporta come la serie armonica generalizzata $\sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^{\beta} $ con $\beta = 3/2 > 1 $ notoriamente convergente.

[Studente Anonimo]

2.

Considero solo i termini \( I(2n) \). Chiaramente si ha \[ I(2n) > \int_{-1}^1 \left( \frac{ \sin(x)}{x} \right)^{2n} \, dx > \frac{1}{n} \left[2n \cdot \sin \left( \frac{1}{2n} \right) \right]^{2n} \]dove l'ultimo termine a destra è l'area del rettangolo di vertici \( \pm(1/2n,0) \) e \( (\pm 1/2n, 2n \sin(1/2n)) \). Si ha quindi \[ \sum_{n=1}^\infty I(n) > \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \left[2n \sin \left( \frac{1}{2n} \right) \right]^{2n}. \]Siccome \[ \lim_{n \to \infty} \left[2n \sin \left( \frac{1}{2n} \right) \right]^{2n} = 1 \] si ha \[ \sum_{n=1}^\infty I(n) > \frac{1}{2} \sum_{n \ge \bar{n}}^\infty \frac{1}{n} = \infty. \]

[Mathita]

@Pilloeffe

La prima uguaglianza $ \int_{-\infty}^{+\infty} ((sin x)/x)^n "d"x = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{n ln((sin x)/x)} "d"x $ dovrebbe essere falsa nei reali. Tra l'altro, è stato il mio primo approccio... poi mi sono accorto che il logaritmo smetteva di esistere ogniqualvolta $sin(x)$ e $x$ non erano concordi.

[pilloeffe]

@Mathita:

Ho applicato il metodo di approssimazione a sella, anche se di sicuro non in modo formalmente ineccepibile... Ho pensato che non importa se $n $ è pari o dispari, perché la funzione $sinx/x $ è pari e le parti negative non sono ancora state raggiunte dai limiti di integrazione o, se anche vengono raggiunte, diventano trascurabili nel limite per $n \to +\infty $

[Mathita]

@Pilloeffe (non sono sicuro di essere in topic, sicché metto ot)

[ot]Non è tanto un problema di parità di $n$ o di parti negative che non sono ancora state raggiunte dai limiti di integrazione (devo ammettere che questa frase mi lascia un po' perplesso, non credo di averla capita realmente).

La funzione $f(x)=e^{n\ln\left(\frac{\sin(x)}{x}\right)}$ non è ben posta su $\mathbb{R}$, per cui non ha senso considerare l'integrale improprio $\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\mbox{d}x$ e chiedersi se sia convergente/divergente (vengono meno le condizioni che consentono di definire gli integrali impropri).

Di più, lo sviluppo in serie di Taylor della funzione $g(x)=\ln\left(\frac{\sin(x)}{x}\right)$ è sensato se $|\frac{\sin(x)}{x}-1|<1, x\ne 0$. Insomma, bisogna mettere tanti puntini sulle i se vogliamo usare questo approccio.

Ho l'impressione che questa strategia sia troppo fallata per essere accettabile. Inoltre presumo che Gugo82 abbia scelto questa sezione perché bisogna immergersi in $\mathbb{C}$ per approcciarsi senza troppi patemi al problema... E qui alzo le mani, purtroppo non ricordo più molto bene l'Analisi Complessa.[/ot]

[Edit]: se sto farneticando, fermatemi, per favore.

[Studente Anonimo]

@Mathita: vero quello che obietti. Ma non sono sicuro sia fondamentale usare l'AC, vedi la mia soluzione in spoiler di 2. Di fatto quello che succede è che la "maggior parte della massa" degli \( I(n) \) è concentrata intorno all'origine (quello che succede lontano dall'origine fornisce un contributo al più geometrico alla somma della serie in questione). Per il punto 3. però la stima che ho fatto non va bene.

[Mathita]

@080e73990d22b9e30ee6fddddc45a902d78283e6. Hai ragione, sono stato troppo impulsivo nella mia analisi. Provo così

$f(x)=\frac{\sin(x)}{x}=1-\frac{x^2}{6}+\frac{x^4}{120}+o(x^4), x\to 0$

$g(x)=e^{-\frac{x^2}{6}}=1-\frac{x^2}{6}+\frac{x^4}{72}+o(x^4), x\to 0$

Ne considero la differenza degli sviluppi

$f(x)-g(x)=-\frac{x^4}{180}+o(x^4)$

Per il teorema della permanenza del segno deduco che esiste un intorno $(-a,a)$ di $0$ in cui $f(x)\le g(x)\implies (f(x))^n\le (g(x))^n$, di conseguenza:

$\int_{-\infty}^{\infty}(f(x))^n\mbox{d}x=\int_{|x|\ge a}(f(x))^n\mbox{d}x+\int_{|x|
$\le \int_{|x|
$\le \int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{nx^2}{6}}\mbox{d}x+\int_{|x|\ge a}\frac{1}{|x|^n}\mbox{d}x=\frac{\sqrt{6\pi}}{\sqrt{n}}+\frac{2}{(n-1)a^{n-1}}$

Se $a>1$ (ipotesi da verificare, ancora non l'ho fatto), allora $\frac{\sqrt{6\pi}}{\sqrt{n}}>\frac{2}{(n-1)a^{n-1}}$ definitivamente, perciò

$I(n)<\frac{2\sqrt{6\pi}}{\sqrt{n}}$ definitivamente.

La disuguaglianza serve solo a garantire la convergenza della serie $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}I(n)$ per il criterio del confronto e nulla più.

[Mathita]

Forse ho trovato un modo per affermare che $a>1$

Ho bisogno dello sviluppo di Taylor delle due funzioni fino al sesto ordine e ne considero la differenza

$\frac{\sin(x)}{x}-e^{-\frac{x^2}{6}}=-\frac{x^4}{180}+\frac{13 x^6}{22680}+o(x^6), x\to 0$

Mi serve un intorno di 0 in cui la differenza è negativa. A tal proposito osservo che

$-\frac{x^4}{180}+\frac{13x^6}{22680}\le 0 \iff |x|\le 3\sqrt{\frac{14}{13}}$

Di conseguenza posso scegliere $a=2$ e affermare che in $(-2,2)$ la differenza $f(x)-g(x)$ è negativa o nulla. Non è esattamente la soluzione più elegante di questo mondo. Mi scuso.

[Mathita]

Purtroppo non ho trovato un approccio diverso (e soprattutto elegante) per risolvere il 3° punto del problema. Qualcuno ha qualche idea?

[Studente Anonimo]

"Mathita":Purtroppo non ho trovato un approccio diverso (e soprattutto elegante) per risolvere il 3° punto del problema. Qualcuno ha qualche idea?

Non ho controllato i tuoi conti, ma l'idea è quella che avrei provato ad usare anch'io se non fossi diventato pigro coi conti

[Mathita]

@080e73990d22b9e30ee6fddddc45a902d78283e6, non mi fa impazzire sinceramente, nel senso.. è proprio un approccio bruttino e calcolotico. I conti li ha fatti Wolfram (mi chiedo perché non ci sono ancora statue in giro a suo nome) e vabbé, amen! .

Se c'è una falla, la colpa è mia perché ho sbagliato a ragionare.

[Studente Anonimo]

"Mathita":@080e73990d22b9e30ee6fddddc45a902d78283e6, non mi fa impazzire sinceramente, nel senso.. è proprio un approccio bruttino e calcolotico. I conti li ha fatti Wolfram (mi chiedo perché non ci sono ancora statue in giro a suo nome) e vabbé, amen! .

Se c'è una falla, la colpa è mia perché ho sbagliato a ragionare.

Penso che un approccio asintotico sia imprescindibile in questo contesto. Ci sono aree positive e negative che rompono le scatole, non vedo altra maniera di trattare il problema se non in maniera "qualitativa".