Cómo encontrar el rango de $m$

Question

Deje $m$ ser un entero positivo y vamos a

$$I_{m}(x,y)=\sum_{k=0}^{m-1}(e^{\cos{(x-y+2k\pi/m)}}-e^{\cos{(-x-y+2k\pi/m)}})$$ para todos los $x,y\in [0,\dfrac{\pi}{m}]$. Para que $m$$I_m(x,y) \ge 0$?

Este problema es de una pregunta mi amigo me preguntó, y mi amigo me dijo que él utilizó MaTLAB y se encontró que es verdad para de $m\le 12$. Gracias a todos.

Mi intento: quiero encontrar a esa suma $$\sum_{i=0}^{m-1}e^{\cos{i\pi}}$$ pero no puedo.

Answer 1

ACTUALIZACIÓN: Esto es ahora una solución completa para incluso los valores de $m$.

Un fenómeno de interés es la siguiente: si $k<m$, los valores de las sumas $$\sum_{j=0}^{m-1}\sin^k\left(\tau+\frac{2\pi j}{m}\right),\qquad \sum_{j=0}^{m-1}\cos^k\left(\tau+\frac{2\pi j}{m}\right)$$ no dependen $\tau$, y son exactamente iguales a los valores de $$\frac{m}{2}\int_{0}^{2\pi}\sin^k(x)\,dx,\qquad \frac{m}{2}\int_{0}^{2\pi}\cos^k(x)\,dx.$$ Por otra parte, si $k$ es impar la suma de $\sum_{j=0}^{m-1}\cos^k\left(\tau+\frac{2\pi j}{m}\right)$ claramente se desvanece. Expresando $e^{\cos z}$ como: $$e^{\cos z}=\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{\cos^j(z)}{j!},$$ obtenemos: $$I_m(x,y)=\sum_{j\geq m/2}\frac{1}{(2j)!}\sum_{k=0}^{m-1}\left(\cos^{2j}\left((x-y)+\frac{2k\pi}{m}\right)-\cos^{2j}\left((x+y)-\frac{2k\pi}{m}\right)\right),$$ tan solo tenemos que encontrar unos límites adecuados para la diferencia $$\sum_{j=0}^{m-1}\cos^k\left(\tau+\frac{2\pi j}{m}\right)-\frac{m}{2}\int_{0}^{2\pi}\cos^k(x)\,dx$$ al $k$ es par y mayor o igual a $m$.

Considerando la serie de Fourier de $\cos^{2j}(x)$ obtenemos:

$$I_m(x,y)=4m \sum_{j\geq m/2}\frac{1}{4^j(2j)!}\sum_{h\in[1,j-1]:m|2h}\binom{2j}{j-h}\sin(2hx)\sin(2hy)$$

Ahora conmutación sumas tenemos:

$$I_m(x,y)=4m\sum_{r=1}^{+\infty}\sin(rmx)\sin(rmy)\sum_{j\geq 1+rm/2}\binom{2j}{j-rm/2}\frac{1}{4^j(2j)!}$$

y el primer término de la suma es claramente positiva. Mediante el estudio de cómo de rápido el decaimiento de

$$ c_r = \sum_{j\geq 1+rm/2}\binom{2j}{j-rm/2}\frac{1}{4^j(2j)!} $$

es decir, debemos fácilmente deducir la positividad de $I_m(x,y)$.

$c_r$ se puede expresar en términos de funciones de Bessel:

$$ c_r = I_{rm}(1)-\frac{1}{2^{rm}(rm)!} = -\frac{1}{2^{rm}(rm)!}+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\cos(rmx)\,e^{\cos x}dx. $$

Desde $\sin(rmx)\sin(rmy)\geq -r^2 \sin(mx)\sin(mx),$ un crudo de estimación es:

$$ I_m(x,y) \geq 4m\left(\sum_{j\geq 1+m/2}\binom{2j}{j-m/2}\frac{1}{4^j(2j)!}-\sum_{r\geq 2}\sum_{j\geq 1+rm/2}\binom{2j}{j-rm/2}\frac{r^2}{4^j(2j)!}\right)\sin(mx)\sin(my),$$

o, en una forma más legible

$$ I_m(x,y) \geq 4m\sin(mx)\sin(my)\left(c_1-\sum_{r\geq 2}r^2\,c_r\right), $$

por lo tanto, si podemos demostrar

$$\quad\sum_{r=1}^{+\infty}r^2\, c_r \leq 2 c_1,\tag{$\heartsuit$} $$

el reclamo de la siguiente manera. Desde:

$$ c_r = \sum_{h=1}^{+\infty}\frac{1}{4^h\,h!\,2^{rm}\,(h+rm)!}, $$

es suficiente para demostrar que para cualquier $h,m\geq 1$

$$\quad\sum_{r=2}^{+\infty}\frac{r^2}{2^{rm}}\cdot\frac{(h+m)!}{(h+rm)!}\leq\frac{1}{2^m}\tag{$\spadesuit$}$$

se mantiene, entonces sumando más de $h$ tenemos que $(\heartsuit)$ mantiene, también. Ahora:

$$\sum_{r=2}^{+\infty}\frac{r^2}{2^{rm}}\cdot\frac{(h+m)!}{(h+rm)!}\leq \sum_{r=2}^{+\infty}\frac{r^2}{2^{rm}}\cdot\frac{1}{(h+rm)(h+rm-1)}\leq \sum_{r=2}^{+\infty}\frac{r^2}{2^{rm}}\cdot\frac{1}{r^2 m^2}\leq\frac{2}{m^2\,4^m},$$

por lo $(\spadesuit)$ mantiene y $(\heartsuit)$ mantiene, también. Por lo tanto hemos probado que la $I_m(x,y)\geq 0$ cualquier $m$, y el argumento sólo necesita pequeños ajustes con el fin de trabajar para valores impares de $m$, demasiado.