La desigualdad de $\sum_{1\le k\le n}\frac{\sin kx}{k}\ge 0$

Question

Demostrar la siguiente desigualdad para cualquier $x\in [0, \pi]$$n\in \mathbb{N}^*$, $$ \sum_{1\le k\le n}\frac{\sen kx}{k}\ge 0. $$

Tengo esta pregunta hace mucho tiempo de un libro o revista, pero no puedo resolver por mí mismo y no sabía cómo resolver hasta el día de hoy.

Yo: para $n=1, 2, 3$, uno puede comprobar esto con la mano.

Answer 1

En resumen: vamos a $f_n(x)$ el valor de la función en el lado izquierdo de la desigualdad. Por supuesto, $f_1(x)=\sin x\geq 0$$[0,\pi]$. Vamos a probar que $f_n(x)\geq 0$ $[0,\pi]$ por inducción en $n$. No es demasiado difícil para determinar los mínimos locales de $f_n$ $[0,\pi]$ mediante la investigación de sus derivados. A continuación, Ma Ming observa que el $f_n$ coincide con $f_{n-1}$ sobre estos mínimos locales. Y la inducción de paso sigue fácilmente. Por supuesto, $f_n(0)=f_n(\pi)=0$. Vamos a demostrar que

$$ f_n(x)=\sum_{k=1}^n\frac{\sen kx}{k}>0\qquad\forall x\in(0,\pi). $$

Nota: cabe señalar que el $f_n$'s son las sumas parciales de la serie de Fourier de la misma función diente de sierra. Acabo de mirar en el caso de $n=6$, por ejemplo, para ver cómo se tiende a aproximarse a ella muy bien. Ver aquí para tener una idea de cómo estimar el error en estas aproximaciones. Como se ha señalado por math110, hay muchas pruebas de este llamado de Fejer-Jackson de la desigualdad. Incluso puede ser demostrado que el $f_n$'s está acotado abajo por cierto no negativo polinomio en $[0,\pi]$. La prueba siguiente es el cálculo de I nivel. No estoy seguro de que puede ser más elemental.

Prueba: en primer lugar, $f_1(x)=\sin x$ es positivo en $(0,\pi)$. Asumir esto es para $f_{n-1}$ algunos $n\geq 2$. Luego de observar que los $f_n$ es differenbtiable en $\mathbb{R}$ con $$ f_n'(x)=\sum_{k=1}^n\cos kx=\mbox{Re} \sum_{k=1}^n (e^{ix})^k. $$ Para$x\in 2\pi \mathbb{Z}$,$f_n'(x)=n$. Así que los ceros de $f_n'$ son los ceros de $$ \mbox{Re}\;e^{ix}\frac{e^{inx}-1}{e^{ix}-1}=\mbox{Re}\;e^{i(n+1)x/2}\frac{\sin (nx/2)}{\sin(x/2)}=\frac{\cos((n+1)x/2)\sin (nx/2)}{\sin(x/2)}. $$ Este rendimientos $$ \frac{nx}{2}\in \pi\mathbb{Z}\quad\mbox{o}\quad \frac{(n+1)x}{2}\in \frac{\pi}{2}+\pi\mathbb{Z} $$ es decir, $$ x\in \frac{2\pi}{n}\mathbb{Z}\quad\mbox{o}\quad x\in \frac{\pi}{n+1}+\frac{2\pi}{n+1}\mathbb{Z}. $$ Entre el$0$$\pi$, estos se ordenan de la siguiente manera: $$ 0<\frac{\pi}{n+1}<\frac{2\pi}{n}<\frac{3\pi}{n+1}<\frac{4\pi}{n}<\ldots < \frac{2\lfloor n/2\rfloor \pi}{n}\leq \pi. $$ El signo de $f_n'$ cambios en cada uno de estos ceros, a partir de un signo positivo en $(0,\pi/(n+1))$. De ello se desprende que $f_n$ es positivo en el segundo, positivo en el último intervalo (si no trivial, es decir, en el extraño caso), con los mínimos locales en $$\frac{2j\pi}{n}\qquad\mbox{for}\qquad j=1,\ldots,\lfloor n/2\rfloor.$$

Pero ahora aquí es Ma Ming clave de la observación: para estos valores, tenemos $$ f_n\left(\frac{2j\pi}{n}\right)=f_{n-1}\left(\frac{2j\pi}{n}\right)+\sin\left(n\cdot\frac{2j\pi}{n}\right)=f_{n-1}\left(\frac{2j\pi}{n}\right)>0 $$ por inducción paso. De ello se desprende que $f_n(x)>0$$(0,\pi)$. QED.

Answer 2

Este es Fejer-Jackson de la desigualdad:,Esta problme tienen alguna solución agradable, se puede ver http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=114058