Finde limn→∞∫10f(x)sin(nx)dxlimn→∞∫01f(x)sin⁡(nx)dx \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} f(x) \ sin(nx)dx wobei fff stetig differenzierbar ist über [0,1][0,1][0,1]

Question

Finde limn→∞∫10f(x)sin(nx)dxlimn→∞∫01f(x)sin⁡(nx)dx \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} f(x) \ sin(nx)dx wobei fff stetig differenzierbar ist über [0,1][0,1][0,1]

Benutzer256872

Beginnen Sie mit der partiellen Integration und verwenden Sie dann die Tatsache, dass seit $f'$ stetig ist, gibt es eine Konstante $M$ so dass $M \geq |f'(x)| \forall x\in[0,1]$ .

Ich habe die Integration nach Teilen verwendet und Folgendes erhalten:

ICH = lim_{N \to \infty} \int_{0}^{1} F (X) Sünde (N X) D X = lim_{N \to \infty} [- \frac{1}{N} \int_{0}^{1} F^{'} (X) \cos (N X) D X]

$I=\lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} f(x) \sin(nx)dx=\lim_{n \to \infty} \left[-\dfrac{1}{n} \int_{0}^{1} f'(x) \cos(nx)dx \right]$

Steck jetzt fest. Keine Ahnung, wie man das benutzt $M$ Informationen mit dem Squeeze-Theorem. Mein Instinkt wäre zu vermuten $M>f'(x)$ so dass:

\int_{0}^{1} (- M) \cos (N X) D X \leq \int_{0}^{1} F^{'} (X) \cos (N X) D X \leq \int_{0}^{1} (M) \cos (N X) D X

$\int_{0}^{1} (-M) \cos(nx)dx \leq \int_{0}^{1} f'(x) \cos(nx)dx \leq \int_{0}^{1} (M) \cos(nx)dx$

Ich bin mir nicht sicher, ob ich das Obige richtig begrenzt habe, aber dann würde ich Folgendes tun:

{[- \frac{M Sünde (N X)}{N}]}_{X = 0}^{X = 1} \leq \int_{0}^{1} F^{'} (X) \cos (N X) D X \leq {[\frac{M Sünde (N X)}{N}]}_{X = 0}^{X = 1}

$\left[ -\dfrac{M\sin(nx)}{n} \right]_{x=0}^{x=1} \leq \int_{0}^{1} f'(x) \cos(nx)dx \leq \left[ \dfrac{M\sin(nx)}{n} \right]_{x=0}^{x=1}$

- \frac{M Sünde (N)}{N} \leq \int_{0}^{1} F^{'} (X) \cos (N X) D X \leq \frac{M Sünde (N)}{N}

$-\dfrac{M\sin(n)}{n} \leq \int_{0}^{1} f'(x) \cos(nx)dx \leq \dfrac{M\sin(n)}{n}$

Dann teile ich das Ganze durch $n$ , und nehmen Sie die Grenze als $n \to \infty$ so dass der mittlere Teil der Ungleichung wird $I$ .

- lim_{N \to \infty} \frac{M Sünde (N)}{N^{2}} \leq ICH \leq lim_{N \to \infty} \frac{M Sünde (N)}{N^{2}}

$-\lim_{n\to\infty}\dfrac{M\sin(n)}{n^2} \leq I \leq \lim_{n\to\infty}\dfrac{M\sin(n)}{n^2}$

Bewerten der Grenzen, die ich bekomme

0 \leq ICH \leq 0

$0 \leq I \leq 0$

Daher, $I=0$ . Bin mir nicht sicher, ob das der richtige Ansatz ist.

Diese Frage wurde beantwortet, aber mit anderen Methoden außerhalb des Rahmens dieser Klasse. Kann es bitte jemand mit obigem Hinweis lösen.

Z Ahmed

Was zeigen!?

Kavi Rama Murthy

Bitte zeigen Sie Ihren Einsatz.

Benutzer256872

Habe gerade den Beitrag aktualisiert.

Kavi Rama Murthy

| \int_{0}^{1} f^{'} (x) \cos (n x) d x | \leq \int_{0}^{1} (M) (1) d x = M

$|\int_0^{1}f'(x)\cos (nx)dx|\leq \int_0^{1} (M)(1)dx=M$ .

Benutzer256872

Von da an sage ich also nur, dass die rechte Seite gegen 0 geht, wenn n gegen unendlich geht, daher ist die linke Seite zwischen 0 und 0 begrenzt?

Gono

Ja, es heißt Sandwich-Lemma. Insgesamt hast du also

0 \leq | ICH | \leq lim_{N \to \infty} \frac{M}{N} = 0

$0 \le |I| \le \lim_{n\to\infty}\frac{M}{n} = 0$ somit

ICH = 0

$I = 0$

Antworten (1)

Finde limn→∞∫10f(x)sin(nx)dxlimn→∞∫01f(x)sin⁡(nx)dx \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} f(x) \ sin(nx)dx wobei fff stetig differenzierbar ist über [0,1][0,1][0,1]

Von da an sage ich also nur, dass die rechte Seite gegen 0 geht, wenn n gegen unendlich geht, daher ist die linke Seite zwischen 0 und 0 begrenzt?
Ja, es heißt Sandwich-Lemma. Insgesamt hast du also $0 \leq | ICH | \leq lim_{N \to \infty} \frac{M}{N} = 0$ $0 \le |I| \le \lim_{n\to\infty}\frac{M}{n} = 0$ somit $ICH = 0$ $I = 0$

Quantenraum · Answer 1

Dein Versuch ist es ziemlich genau. So würde ich es aufschreiben:

Teilweise integrieren,

\int_{0}^{1} F (X) Sünde (N X) D X = \frac{- 1}{N} \int_{0}^{1} F (X) D \cos (N X)

$\int_0^1 f(x) \sin(nx) dx = \frac{-1}{n}\int_0^1 f(x) d \cos(nx)$

= \frac{- 1}{N} F (X) \cos (N X) |_{X = 0}^{X = 1} + \frac{1}{N} \int_{0}^{1} \cos (N X) F^{'} (X) D X

$= \frac{-1}{n}f(x) \cos(nx)\big\vert_{x=0}^{x=1} + \frac{1}{n} \int_0^1 \cos(nx) f'(x) dx$

Jetzt,

\frac{- 1}{N} F (X) \cos (N X) |_{X = 0}^{X = 1} = \frac{- 1}{N} F (1) \cos (N) + \frac{1}{N} F (0) \overset{N \to \infty}{⟶} 0

$\frac{-1}{n}f(x) \cos(nx)\big\vert_{x=0}^{x=1}= \frac{-1}{n} f(1) \cos(n) + \frac{1}{n} f(0) \stackrel{n \to \infty}\longrightarrow 0$

Und

| \frac{1}{N} \int_{0}^{1} \cos (N X) F^{'} (X) D X | \leq \frac{1}{N} \int_{0}^{1} | F^{'} (X) | D X \leq \frac{1}{N} “ F^{'} “_{\infty} \overset{N \to \infty}{⟶} 0

$\left|\frac{1}{n}\int_0^1 \cos(nx) f'(x) dx\right| \leq \frac{1}{n} \int_0^1 |f'(x)|dx \leq \frac{1}{n} \Vert f' \Vert_\infty \stackrel{n \to \infty}\longrightarrow 0$ wo wir das verwendet haben

f^{'}

$f'$ ist beschränkt, da sie auf dem kompakten Intervall stetig ist

[0, 1]

$[0,1]$ .

Wenn wir all dies kombinieren, sehen wir das

lim_{N \to \infty} \int_{0}^{1} F (X) Sünde (N X) D X = 0

$\lim_{n\to \infty} \int_0^1 f(x) \sin(nx) dx = 0$

Finde limn→∞∫10f(x)sin(nx)dxlimn→∞∫01f(x)sin⁡(nx)dx \lim_{n \to \infty} \int_{0}^{1} f(x) \ sin(nx)dx wobei fff stetig differenzierbar ist über [0,1][0,1][0,1]

Benutzer256872

Z Ahmed

Kavi Rama Murthy

Benutzer256872

Kavi Rama Murthy

Benutzer256872

Gono

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