Matematyka.pl

Hejka, robiąc zadania z analizy przed egzaminem trafiłem na takie i nie mam pojęcia jak je zrobić. Pomożecie?
"Załóżmy, że \(\displaystyle{ p,q}\) sa liczbami względnie pierwszymi. Udowodnij równość:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left( \left\{ px\right\} - \frac{1}{2} \right) \left( \left\{ qx\right\} - \frac{1}{2} \right) dx= \frac{1}{12pq}}\)
Z góry dziękuje za pomoc.

A co oznacza zapis: \(\displaystyle{ \left\{ px\right\}}\)?

Część ułamkową (mantysę) liczby \(\displaystyle{ px}\).

JK

Dziękuję.

W takim razie mam wątpliwości czy równość zawsze zachodzi (patrz \(\displaystyle{ p=q=1}\)), ale poczekam aż się ktoś bardziej zaawansowany matematycznie wypowie.

Nadzwyczajne zadania wymagają czasem nadzwyczajnych środków. :>
Skorzystamy z następującego rozwinięcia w szereg Fouriera:
\(\displaystyle{ \left\{ y\right\} =\frac 1 2-\frac 1 \pi \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin(2k\pi y)}{k}}\)
Stąd mamy
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left( \left\{ px\right\} - \frac{1}{2} \right) \left( \left\{ qx\right\} - \frac{1}{2} \right) \,\dd x\\= -\frac 1 {\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac 1 k \int_{0}^{1}\sin(2k\pi px)\left\{ qx\right\} \,\dd x\\=-\frac 1 \pi \sum_{k=1}^{\infty}\frac 1 k\left( \sum_{l=0}^{q-1} \int_{\frac l q}^{\frac{l+1}{q}} \sin(2k\pi px)(qx-l)\,\dd x \right)\\=-\frac{1}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty}\frac 1 k\left( \int_{0}^{1}qx\sin(2k\pi p x)\,\dd x- \sum_{l=0}^{q-1}l \int_{\frac l q}^{\frac{l+1}q}\sin(2k\pi p x)\,\dd x \right)}\)

Teraz liczymy te całki: przez części
\(\displaystyle{ \int_{}^{}qx\sin(2k\pi p x)\,\dd x=-\frac{qx}{2k\pi p}\cos(2k\pi px)+\frac{q}{2k\pi p} \int_{}^{} \cos(2k\pi p x)\,\dd x\\=-\frac{qx}{2k\pi p}\cos(2k\pi px)+\frac{q}{(2k\pi p)^2} \sin(2k\pi p x)+C}\)
a stąd
\(\displaystyle{ {\blue \int_{0}^{1}qx\sin(2k\pi p x)\,\dd x=-\frac{q}{2k\pi p}}}\)
Ponadto
\(\displaystyle{ \int_{\frac l q}^{\frac{l+1}q}\sin(2k\pi p x)\,\dd x=-\frac{1}{2k\pi p}\left( \cos\left( \frac{2k\pi p}{q}(l+1) \right)-\cos\left( \frac{2k\pi p}{q}l\right) \right)}\)
i mamy (jako żywo kojarzy się to z przekształceniem Abela):
\(\displaystyle{ \sum_{l=0}^{q-1}l (a_{l+1}-a_l)=(q-1)a_q- \sum_{l=1}^{q-1}a_l}\)
czyli
\(\displaystyle{ \sum_{l=0}^{q-1}l\left( \cos\left( \frac{2k\pi p}{q}(l+1) \right)-\cos\left( \frac{2k\pi p}{q}l\right) \right)=(q-1)\cos(2k\pi p)- \sum_{l=1}^{q-1}\cos\left( \frac{2k\pi p}q l\right)\\=q-1- \sum_{l=1}^{q-1}\cos\left( \frac{2k\pi p}q l\right)}\)
Zajmiemy się teraz sumą \(\displaystyle{ \sum_{l=1}^{q-1}\cos\left( \frac{2k\pi p}q l\right)}\).
Gdy \(\displaystyle{ q}\) dzieli \(\displaystyle{ k}\), to jest ona po prostu równa \(\displaystyle{ q-1}\). W przeciwnym razie mamy \(\displaystyle{ \sin\left( \frac{k\pi p}{q} \right) \neq 0}\)
(chyba że \(\displaystyle{ q=1}\), ale wtedy sprawa jest trywialna i ta suma jest pusta) dzięki temu, że \(\displaystyle{ (p,q)=1}\) i zachodzi
\(\displaystyle{ \sum_{l=1}^{q-1}\cos\left( \frac{2k\pi p}q l\right)=\frac{1}{2\sin\left( \frac{k\pi p}{q} \right) } \sum_{l=1}^{q-1} 2\sin\left( \frac{k\pi p}q\right)\cos\left( \frac{2k\pi p}q l\right)\\= \frac{1}{2\sin\left( \frac{k\pi p}{q} \right) } \sum_{l=1}^{q-1}\left( \sin\left( \frac{k\pi p}{q}(2l+1)\right)-\sin\left( \frac{k\pi p }q (2l-1)\right) \right)\\= \frac{\sin\left( \frac{2q-1}{q}\cdot k\pi p \right) -\sin\left( \frac{k\pi p}q\right) }{2\sin\left( \frac{kp\pi}q\right) }=-1}\)
To daje nam
\(\displaystyle{ {\blue - \sum_{l=0}^{q-1}l \int_{\frac l q}^{\frac{l+1}q}\sin(2k\pi p x)\,\dd x=\left\begin{cases} 0 \text{ gdy } q|k\\ \frac{q}{2kp\pi}\text{ gdy }q\nmid k\end{cases}}}\)
czyli
\(\displaystyle{ -\frac{1}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty}\frac 1 k\left( \int_{0}^{1}qx\sin(2k\pi p x)\,\dd x- \sum_{l=0}^{q-1}l \int_{\frac l q}^{\frac{l+1}q}\sin(2k\pi p x)\,\dd x \right)= \sum_{q|k}^{} \frac{q}{2k^2\pi^2 p}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n^2 \pi^2 pq} =\frac{1}{12pq}}\)
gdyż \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}}\)
co można również wyprowadzić za pomocą szeregów Fouriera (natomiast to wyprowadzenie zrzuciło mnie z krzesła, gdyż nie wierzyłem, że można tak elementarnie: ... szereg.pdf).
Zostaje przypadek \(\displaystyle{ q=1}\), ale wtedy ucina się to do
\(\displaystyle{ -\frac{1}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty}\frac 1 k\left( \int_{0}^{1}qx\sin(2k\pi p x)\,\dd x\right)= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2k^2\pi^2 p} =\frac{1}{12p}}\)
Co za zadanie, aż mi się przypomniał krótki pobyt na pewnym potężnym wydziale…

BTW Zachęcam geniuszy matematyki do przedstawienia prostszego rozwiązania, gdyż jestem przekonany, że ono powinno istnieć (myślałem o pewnej interpretacji probabilistycznej). Niestety zaliczam się do „humanistów" i mimo lat walki z tym swoim upośledzeniem dalej jestem kimś pokroju Dreamera357.

Dla każdej liczby \(\displaystyle{ x in [0, 1)}\) zapiszmy \(\displaystyle{ x = \frac{n+\xi}{pq}}\), gdzie \(\displaystyle{ n}\) jest liczbą naturalną z przedziału \(\displaystyle{ [0, pq)}\) oraz \(\displaystyle{ xi in [0, 1)}\). Wówczas mamy

\(\displaystyle{ \{ px \} = \left\{ \frac{n+\xi}{q} \right\} = \frac{(n \bmod q) + \xi}{q}}\) i podobnie \(\displaystyle{ \{ qx \} = \frac{(n \bmod p) + \xi}{p}}\).

Rozbijając naszą całkę na sumę po przedziałach jak wyżej, a następnie podstawiając na każdym z nich \(\displaystyle{ x = x(\xi) = \frac{n+\xi}{pq}}\), dostajemy

\(\displaystyle{ $ \begin{align*}
I & = \int \limits_0^1 \left( \{ px \} - \frac{1}{2} \right) \left( \{ qx \} - \frac{1}{2} \right) \, \dd x \\
& = \sum_{n=0}^{pq-1} \int \limits_{\frac{n}{pq}}^{\frac{n+1}{pq}} \left( \{ px \} - \frac{1}{2} \right) \left( \{ qx \} - \frac{1}{2} \right) \, \dd x \\
& = \sum_{n=0}^{pq-1} \int \limits_0^1 \left( \frac{(n \bmod q) + \xi}{q} - \frac{1}{2} \right) \left( \frac{(n \bmod p) + \xi}{p} - \frac{1}{2} \right) x'(\xi) \, \dd \xi \\
& = \frac{1}{pq} \sum_{n=0}^{pq-1} \int \limits_0^1 \left( \frac{(n \bmod q) + \xi}{q} - \frac{1}{2} \right) \left( \frac{(n \bmod p) + \xi}{p} - \frac{1}{2} \right) \, \dd \xi.
\end{align*} $}\)

Z uwagi na względną pierwszość \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\), na mocy chińskiego twierdzenia o resztach, funkcja \(\displaystyle{ r : \{ 0, 1, \ldots, pq-1 \} \to \{ 0, \ldots, q-1 \} \times \{ 0, \ldots, p-1 \}}\) określona jako \(\displaystyle{ r(n) = (n \bmod q, n \bmod p)}\) jest bijekcją. Z związku z tym w powyższej sumie para \(\displaystyle{ (n \bmod q, n \bmod p)}\) przyjmuje każdą wartość \(\displaystyle{ (k, l) \in \{ 0, \ldots, q-1 \} \times \{ 0, \ldots, p-1 \}}\) dokładnie raz, przeto

\(\displaystyle{ I = \frac{1}{pq} \sum_{k=0}^{q-1} \sum_{l=0}^{p-1} \int \limits_0^1 \left( \frac{k + \xi}{q} - \frac{1}{2} \right) \left( \frac{l + \xi}{p} - \frac{1}{2} \right) \, \dd \xi.}\)

Teraz wciągamy sumy pod całkę (żargonowo można powiedzieć, że korzystamy z dwuliniowości wyrażenia \(\displaystyle{ \textstyle \left< f, g \right> = \int_0^1 f(x) g(x) \, \dd x}\)) i przekształcamy dalej:

\(\displaystyle{ $ \begin{align*}
I & = \frac{1}{pq} \int \limits_0^1 \sum_{k=0}^{q-1} \left( \frac{k + \xi}{q} - \frac{1}{2} \right) \cdot \sum_{l=0}^{p-1} \left( \frac{l + \xi}{p} - \frac{1}{2} \right) \, \dd \xi \\
& = \frac{1}{pq} \int \limits_0^1 \left( \frac{\frac{(q-1)q}{2} + q \xi}{q} - \frac{q}{2} \right) \left( \frac{\frac{(p-1)p}{2} + p \xi}{p} - \frac{p}{2} \right) \, \dd \xi \\
& = \frac{1}{pq} \int \limits_0^1 \left( \xi - \frac{1}{2} \right) \left( \xi - \frac{1}{2} \right) \, \dd \xi
\end{align*} $}\)

co po obliczeniu łatwej całki ostatecznie daje wynik \(\displaystyle{ I = \frac{1}{12pq}}\).

Świetne!

Jeżeli mogę się wtrącić choć wiem, że nie powinienem to rozwiązanie Premislava wcale nie jest gorsze od Dasia, ma swoje walory ...

Lecz jeżeli bym był złośliwy a taki nie jestem te rozwiązania można porównać do dwóch chłopów jednego w butach od Prady a drugiego ubranego w gumofilce, co nie obniża skuteczności ani kunsztu obydwu...

Zadanie też uważam za ciekawe...
(powinno być wykorzystywane do nauki średnio otępiałych uczniów w szkółkach niedzielnych).