Prueba $\left|\sum\limits_{k=2001}^{m}a_{k}\sin{(kx)}\right|\le 1+\pi$ , $m\ge 2001,x\in R$

Question

Dejar $\{a_{n}\}$ es una secuencia positiva no creciente; demuestre que

si para $n\ge 2001,na_{n}\le 1$ entonces para cualquier número entero positivo $m\ge 2001,x\in R$ tenemos $$\left|\sum\limits_{k=2001}^{m}a_{k}\sin{(kx)}\right|\le 1+\pi$$

Este problema es el del equipo de China de 2001. http://www.doc88.com/p-30356357991.html Es bien sabido que

La desigualdad Fejér-Jackson-Gronwall: $$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{\sin{kx}}{k}>0$$ Desigualdad $\sum\limits_{1\le k\le n}\frac{\sin kx}{k}\ge 0$ (Fejer-Jackson) y sabemos que tienen $$\left|\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{\sin{(kx)}}{k}\right| \le 2\sqrt{\pi}$$ Por favor, compruebe mi respuesta a $\sum\limits_{i=1}^n \frac{\sin{(ix)}}{i} < 2\sqrt{\pi}$

y el enlace simple: Cómo demostrar esta desigualdad $\sum_{k=n}^{2n-3}\frac{|\sin{k}|}{k}<\frac{1}{\sqrt{2}},n\ge 3$ Demostrando que $\sum_{k=n}^{2n-2} \frac{|\sin k\ |}{k} < 0.7\ln 2$ para $n\ge2$ Pero para mi pregunta ¿Cómo probarlo? Gracias

Answer 1

Si primero reordenamos la suma de la siguiente manera: $$\sum_{k=2001}^m a_k\sin(k x) = a_m \sum_{k=2001}^{m}\sin(k x)+(a_{m-1}-a_m)\sum_{k=2001}^{m-1}\sin(k x)+\ldots+(a_{2002}-a_{2003})\sum_{k=2001}^{2002}\sin(k x)+(a_{2001}-a_{2002})\sin(2001x),$$ entonces calcula: $$\sum_{k=2001}^m \sin(kx) = \frac{\cos\left(\frac{4001x}{2}\right)-\cos\left(\frac{(2m+1)x}{2}\right)}{2\sin(x/2)},$$ que tenemos: $$\sum_{k=2001}^m a_k\sin(k x) = a_{2001}\cdot\frac{\cos\left(\frac{4001x}{2}\right)-1}{2\sin(x/2)}+a_m\cdot \frac{1-\cos\left(\frac{(2m+1)x}{2}\right)}{2\sin(x/2)}+\sum_{k=2001}^{m-1}(a_k-a_{k+1})\frac{1-\cos\left(\frac{(2k+1)x}{2}\right)}{2\sin(x/2)}.$$ Ahora, como la función $\frac{1-\cos\left(\frac{Nx}{2}\right)}{2\sin(x/2)}$ es no negativo y está acotado por $\frac{N}{I_0(1)}<\frac{4N}{5}$ tenemos: $$\sum_{k=2001}^m a_k\sin(k x) \leq 2m a_m+\sum_{k=2001}^{m-1}2k(a_k-a_{k+1})\leq 2+2\left(\sum_{k=2001}^{m-1}k a_k-\sum_{k=2001}^{m-1}k a_{k+1}\right),$$ de la cual: $$\left|\sum_{k=2001}^m a_k\sin(k x)\right| \leq 2+2\log\left(\frac{m}{2001}\right)$$ sigue. Esto no es claramente la afirmación del teorema, ya que depende de $m$ . De todos modos espero que mi argumento pueda ser refinado para eliminar esa dependencia.

Una desigualdad refinada es: $$0\leq \frac{1-\cos\left(\frac{2n+1}{2}x\right)}{2\sin(\frac{1}{2}x)}\leq\min\left(\frac{(2n+1)^2}{8}x,\frac{1}{\sin(x/2)}\right).$$ Por simetría, sólo necesitamos demostrar la desigualdad para $x\in[0,\pi]$ . Si $x=\frac{4}{2h+1}$ con $h\geq m$ entonces: $$\sum_{k=2001}^{m-1}(a_k-a_{k+1})\frac{1-\cos\left(\frac{(2k+1)x}{2}\right)}{2\sin(x/2)}\leq \frac{4}{2h+1}\sum_{k=2001}^{m-1}(a_k-a_{k+1})\frac{(2k+1)^2}{8}\leq \frac{2(m-k)}{2h+1}\leq 1.$$ Si $x=\frac{4}{2h+1}$ con $h\in(2001,m-1]$ Entonces: $$\sum_{k=2001}^{m-1}(a_k-a_{k+1})\frac{1-\cos\left(\frac{(2k+1)x}{2}\right)}{2\sin(x/2)}\leq 1+\frac{a_h-a_m}{2\sin(x/2)}\leq 1+\frac{1}{2h\sin\left(\frac{2}{2h+1}\right)}\leq 2,$$ por lo que la desigualdad es verdadera en el rango $x\in\left[0,\frac{4}{2m+1}\right]$ y podemos suponer que $x$ es lo suficientemente grande, es decir $x\geq\frac{4}{4003}$ . Esto da: $$\sum_{k=2001}^{m-1}(a_k-a_{k+1})\frac{1-\cos\left(\frac{(2k+1)x}{2}\right)}{2\sin(x/2)}\leq\frac{a_{2001}}{2\sin\left(\frac{2}{2003}\right)}\leq\frac{1}{2002 \sin\left(\frac{2}{2003}\right)}\leq 1.$$ Poniendo todo junto, tenemos: $$\left|\sum_{k=2001}^m a_k \sin(kx)\right|<4+\frac{1}{2001}<1+\pi.$$