しますか $\lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n\ln\left(1-\frac{x^2\sin^2k}{2n}\right)$ 存在しますか?

3
mathex 2020-08-10 04:21.

しましょう $x \in \mathbb{R}.$ 次の制限が存在するのは本当です: $$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n\ln\left(1-\frac{x^2\sin^2k}{2n}\right)$$ この制限の値は何ですか?

収束の積分テストを試しましたが、何も出ませんでした。

助言がありますか?

4 answers

1
Omran Kouba 2020-08-10 09:45.

まず、多分もう少し正確にする必要があります。 $x$ 非常に大きいので小さい $n$負の数の対数があります!したがって、シーケンスを次のように変更して一般化します。

固定の場合 $0<t<\pi$、 リアル $x$ シーケンスを検討します $(A_n)_{n\ge n(x)}$ どこ $n(x)=1+\lfloor x^2/2\rfloor$ そして $$A_n=\sum_{k=1}^n\ln\left(1-\frac{x^2}{2n}\sin^2(kt)\right)$$ 私たちはそれを証明します $$ \forall\,t\in(0,\pi),\qquad \lim_{n\to\infty}A_n=-\frac{x^2}{4}\tag{$*$}$$

この目的のために、次の補題を使用します。

補題1.について$u\in[0,1/2]$ 我々は持っています $0\le -u-\ln(1-u)\le u^2.$$

証明。確かに、$0\le u\le 1/2$ 我々は持っています $$-u-\ln(1-u)=\int_0^u\frac{t}{1-t}\,dt.$$ しかし、 $0\le t\le 1/2$ その後 $0\le t/(1-t)\le 2t$ したがって、 $$0\le -u-\ln(1-u)=\int_0^u\frac{t}{1-t}dt\le \int_0^u2tdt=u^2.\qquad\qquad\square$$ 次の結果も必要になります。

補題2.すべてのために$t\in (0,\pi)$ 我々は持っています $$\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{k=1}^n\sin^2(kt)=\frac12\tag2$$ 証明。なぜなら $$\eqalign{\sum_{k=1}^n \sin^2(kt)&=\frac{1}{2} \sum_{k=1}^n(1-\cos(2kt))\cr &=\frac{n}{2}-\frac{1}{2}\Re\sum_{k=1}^{n}e^{2ikt} \cr &=\frac{n}{2}-\frac12\Re\frac{e^{2(n+1)it}-e^{2it}}{e^{2it}-1}\cr &=\frac{n}{2}- \frac{\sin((2n+1)t)-\sin(t)}{4\sin t} }$$ 特に、 $$\lim_{n\to\infty}\frac1n \sum_{k=1}^n\sin^2(kt)=\frac12\qquad\qquad\square$$ 今、実数を考えてみましょう $x$、そして $n$ 次のような正の整数である $n>x^2$。補題1を使用する。$u=x^2\sin^2(kt)/(2n)$ 我々が得る $$0\le -\frac{x^2}{2n}\sin^2(kt)-\ln\left(1-\frac{x^2}{2n}\sin^2(kt)\right)\le \frac{x^4}{4n^2}$$ これらの不等式を $k$ から変化します $1$$n$ 私達は手に入れました $$0\le-\frac{x^2}{2n}\sum_{k=1}^n\sin^2(kt)-A_n\le \frac{x^4}{4n}$$ 私たちはそれを結論付けます $$\lim_{n\to\infty}\left( \frac{x^2}{2n}\sum_{k=1}^n\sin^2(kt)+A_n\right)= 0.$$ さて、補題2を使用すると、 $$\lim_{n\to\infty}\left(\frac{x^2}{4}+A_n\right)=0$$ そして $(*)$ 証明されています。 $\qquad\square$

備考1.制限はに依存しないことに注意してください$t\in(0,\pi)$

備考2.証明から、コンパクトセットで一様収束していることは明らかです$x$

1
Gary 2020-08-10 08:41.

我々は書ける $$ \sum\limits_{k = 1}^n {\log \left( {1 - \frac{{x^2 \sin ^2 k}}{{2n}}} \right)} = - \frac{{x^2 }}{{2n}}\sum\limits_{k = 1}^n {\sin ^2 k} + \sum\limits_{k = 1}^n {\left[ {\frac{{x^2 \sin ^2 k}}{{2n}} + \log \left( {1 - \frac{{x^2 \sin ^2 k}}{{2n}}} \right)} \right]} . $$ ここに $$ \sum\limits_{k = 1}^n {\sin ^2 k} = \frac{n}{2} + \mathcal{O}(1). $$ 仮定 $n$ とても大きいので $x^2 \le n$。次に $$ \left| {\frac{{x^2 \sin ^2 k}}{{2n}} + \log \left( {1 - \frac{{x^2 \sin ^2 k}}{{2n}}} \right)} \right| \le \frac{{x^4 \sin ^4 k}}{{4n^2 }}\le \frac{{x^4}}{{4n^2 }}. $$ したがって、 $$ \left| {\sum\limits_{k = 1}^n {\left[ {\frac{{x^2 \sin ^2 k}}{{2n}} + \log \left( {1 - \frac{{x^2 \sin ^2 k}}{{2n}}} \right)} \right]} } \right| \le \frac{{x^4 }}{{4n }}. $$ これらの見積もりから、次のことがわかります。 $$ \sum\limits_{k = 1}^n {\log \left( {1 - \frac{{x^2 \sin ^2 k}}{{2n}}} \right)} \to - \frac{{x^2 }}{4} $$ のコンパクトサブセットで均一に $\mathbb{R}$

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saulspatz 2020-08-10 06:42.

これはコメントであり、回答ではありませんが、コメントボックスに入れる方法はありません。数値的には、シーケンスが収束しているように見えます。このグラフで は、青い曲線はの値を表しています$n=100$、赤い曲線はの値を表します $n=200$、および緑色の曲線は、の値を表します $n=300$。Matplotlibには、スケールがどうあるべきかについて独自のアイデアがあります。実は$0\leq x\leq 1.4$ そして $y$ 間を実行します $0$ とおおよそ $-1$

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Varun Vejalla 2020-08-10 09:15.

拡張できます $\ln\left(1-\frac{x^2\sin^2k}{2n}\right)$ なので $$-\sum_{m=1}^{\infty} \frac{(\frac{x^2\sin^2k}{2n})^m}{m}$$ 収束する $\frac{x^2\sin^2k}{2n} \le 1 \to x^2 \le 2n \to |x| \le \sqrt{2n}$

次に、あなたの質問の合計は次のようになります $$-\sum_{k=1}^n\sum_{m=1}^{\infty} \frac{(\frac{x^2\sin^2k}{2n})^m}{m}$$

合計の順序を切り替えると、 $$-\sum_{m=1}^{\infty} \frac{x^{2m}}{2^m n^{m-1} m} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \sin^{2m}(k)$$

限界 $ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \sin^{2m}(k)$ と同等です $$\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi}\sin^{2m}(t)dt$$

したがって、合計は次のように書き換えることができます。 $$-\frac{n}{\pi} \int_0^{\pi} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{\left(\frac{x^2 \sin^2(t)}{2n}\right)^m}{m} dt$$

内側の合計は、元のように見えるように書き換えることができます $$\frac{n}{\pi} \int_0^{\pi} \ln\left( 1 - \frac{x^2 \sin^2(t)}{2n} \right) dt$$

これは元の合計と一致しているようですが、合計をこの積分に変換する簡単な方法があるように感じます。私たちは今見つけたい$$\lim_{n \to \infty} \frac{\int_0^{\pi} \ln\left( 1 - \frac{x^2 \sin^2(t)}{2n} \right) dt}{\frac{\pi}{n}}$$

これは $\frac{0}{0}$ 不定形なので、ロピタルの定理を使用すると、 $$\lim_{n \to \infty} \frac{\int_0^{\pi} \frac{x^2 \sin^2(t)}{2n^2 \left( 1- \frac{x^2 \sin^2(t)}{2n} \right)} dt}{-\frac{\pi}{n^2}}$$

単純化すると、これは $$-\frac{x^{2}}{2\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^{2}\left(t\right)}{1-\frac{x^{2}}{2n}\sin^{2}\left(t\right)}dt$$

なので $n \to \infty$$\frac{x^2}{n} \to 0$、したがって、最終的な答えは $$-\frac{x^2}{2\pi} \int_0^{\pi} \sin^2(t) dt = -\frac{x^2}{2\pi} \frac{\pi}{2} = -\frac{x^2}{4}$$

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