Desigualdad que implican sumas parciales de $\frac{|\sin{kx}|}{k}$

Question

Cómo probar que $\forall x \in \mathbb{R}$, $n \in \mathbb{N}$, tenemos\begin{align} \sum_{k=1}^{n}\frac{|\sin{kx}|}{k}\ge |\sin{nx}| ? \end {Alinee el}

Sé que esta suma parcial se divergen $x\not = m\pi$, pero no sé cómo probar esta desigualdad. He tratado de sumación de Abel, pero no funciona porque no le puedo dar un límite inferior de $\sum |\sin{kx}|$. Gracias por su atención.

Answer 1

Dado $n\ge 1$$x\in \Bbb R$, denotan $$f_n(x)=\sum_{k=1}^n\frac{|\sin kx|}{k} \quad\text{and}\quad g_n(x)=f_n(x)-|\sin nx|.$$

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Lema: Por cada $n\ge 1$,

(i) $f_n$ es el aumento en $[0,\frac{\pi}{n+1}]$; (ii) $g_n$ es el aumento en $[0,\frac{\pi}n]$; (iii) $f_n\ge 1$$[\frac{\pi}{2n},\frac{\pi}{2}]$.

La prueba del Lema: tenga en cuenta que cuando se $x\in [0,\frac{\pi}n]$, $$f_n(x)=\sum_{k=1}^n\frac{\sin kx}{k},\quad\text{and}\quad g_n(x)=f_n(x)-\sin nx,$$ así $$f_n'(x)=\sum_{k=1}^n \cos kx \quad\text{and}\quad g_n'(x)=f_n'(x)-n\cos nx.$$ (i) Dado $x\in[0,\frac{\pi}{n+1}]$, señalando que $\cos\frac{kx}{2}\ge 0$$k=0,\pm1,\dots, \pm (n+1)$, tenemos $$f_n'(x)=\sum_{k=1}^n \frac{\cos kx +\cos(n+1-k)x}{2}=\cos \frac{(n+1)x}{2} \cdot\sum_{k=1}^n \cos\frac{(n+1-2k)x}{2}\ge 0.$$

(ii) Dado que la función coseno es la disminución en el $[0,\pi]$, cuando $x\in [0,\frac{\pi}{n}]$, $\cos k x\ge \cos nx$ para $k=1,\dots,n$, lo $g'(x)\ge 0$.

(iii) Cuando $n=1$, la instrucción es claramente cierto; al $n=2$, ya que el $f_2$ es cóncava en $[\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}]$, $f_2(\frac{\pi}{4})>1$ y $f_2(\frac{\pi}{2})=1$, la instrucción también es cierto. Por inducción, podemos suponer que la $f_{n-1}\ge 1$ $[\frac{\pi}{2(n-1)},\frac{\pi}{2}]$ algunos $n \ge 3$, y la conclusión de $f_n\ge 1$ $[\frac{\pi}{2n},\frac{\pi}{2}]$ sigue a partir de los siguientes datos. En primer lugar, $f_n\ge f_{n-1}$; en segundo lugar, $f_n$ es el aumento en $[0,\frac{\pi}{n+1}]\supset [\frac{\pi}{2n},\frac{\pi}{2(n-1)}]$; en tercer lugar, $$\sin \frac{\pi t}{2}\ge t,\ \forall t\in[0,1]\Longrightarrow f_n(\frac{\pi}{2n})=\sum_{k=1}^n\frac{\sin \frac{k\pi}{2n}}{k}\ge 1.\qquad \square$$

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Ahora podemos demostrar que $g_n\ge 0$ utilizando el lema. Desde $g_n(\pi\pm x)=g_n(x)$, podemos enfocar en $x\in[0,\frac{\pi}{2}]$. Desde $g_n(0)=0$, por (ii), sabemos que $g_n(x)\ge 0$$[0,\frac{\pi}{n}]$. Desde $g_n\ge f_n -1$, (iii) sabemos que $g_n\ge 0$$[\frac{\pi}{2n},\frac{\pi}{2}]$.

Answer 2

Supongamos que $nx\le\pi$. Un vistazo a la gráfica de $\sin x$ muestra que $0\le k\le n$ la línea a través del origen y el punto $(kx,\sin kx)$ pasa a través o por encima del % de punto $(nx,\sin nx)$, que $\sin kx\ge(k/n)\sin nx$. Así $$\sum_{k=1}^n{\sin kx\over k}\ge\sum_{k=1}^n{\sin nx\over n}=\sin nx$ $

Estoy seguro de que el caso general es sólo una cuestión de rellenar algunos datos.

Answer 3

Usted puede obtener un límite inferior como sigue: $$ |\sin(k\,x)|\ge|\sin(k\,x)|^2=\frac{1-\cos(2\,k\,x)} {2}. $$ De ello es fácil de conseguir $$ \sum_{k=1}^n\frac{|\sin(k\,x) |} {k}\ge\sum_{k=1}^n\frac{1}{2\,k}-\sum_{k=1}^n\frac{\cos(2\,k\,x)} {2\, k} \ge\frac12\log n-C (x), \quad x\ne0 \pi $$ $C(x)>0$. Esto va a demostrar la desigualdad para valores grandes de $n$.