Pruebas $\left|\sin x\right|\leq\frac{(2m+1)!}{2^{4m}(m!)^2}\left[\binom{2m}{m} - \sum_{k=1}^{m} \frac{2}{4k^2-1} \binom{2m}{m+k} \cos(2kx) \right]$

Question

Actualización. Basado en @Exodd resulta que el límite superior es igual a

$$ T_{2m}(\cos x) = \sum_{k=0}^{m} (-1)^k \binom{1/2}{k}\cos^{2k} x, $$

donde $T_{2m}(x)$ es el grado $2m$ Polinomio de Taylor de $\sqrt{1-x^2}$ . Esto resuelve completamente las preguntas formuladas a continuación. (Consulta la respuesta de la comunidad más abajo.) ¡Caso cerrado!

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Pregunta antigua. Mientras trabajamos para encontrar un buen límite superior de $\left|\sin x\right|$ he observado experimentalmente que

$$ \left|\sin x\right| \leq \bbox[color:navy]{ \frac{(2m+1)!}{2^{4m}(m!)^2} \biggl[ \binom{2m}{m} - \sum_{k=1}^{m} \frac{2}{4k^2-1} \binom{2m}{m+k} \cos(2kx) \biggr] } =: S_m(x) \tag{*} $$

es válido para $x \in \mathbb{R}$ . Sin embargo, no tengo ni idea de cómo probar esto, y una búsqueda rápida en Approach Zero pero no mostró nada. Por lo tanto, comparto mi pregunta con otros usuarios:

Pregunta. ¿La desigualdad $\text{(*)}$ ¿realmente es cierto? Si es así, ¿cómo podemos demostrarlo?

En cualquier caso, he aquí varias observaciones:

1. Para cada $m$ , $S_m(x)$ parece ser el único polinomio trigonométrico $\sum_{k=0}^{m} a_k \cos(2kx)$ satisfaciendo $$ \sum_{k=0}^{m} a_k \cos(2kx) = \sin(x) + o\bigl(x-\tfrac{\pi}{2}\bigr)^{2m}. $$ En realidad, así es como conjeturé los coeficientes de $S_m(x)$ . Para cada $m$ determiné los valores de $a_k$ e intentamos identificar los patrones utilizando OEIS. Así que, por desgracia, no tengo la menor idea de cómo los coeficientes de $S_m(x)$ surgir.

2. Al observar que $\frac{(2m+1)!}{2^{4m}(m!)^2}\binom{2m}{m+k} \to \frac{2}{\pi}$ como $m \to \infty$ obtenemos $$ \lim_{m\to\infty} S_m(x) = \frac{2}{\pi} \biggl[ 1 - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2}{4k^2-1} \cos(2kx) \biggr]. $$ Se trata precisamente de la serie coseno de Fourier para $\left|\sin x\right|$ . Así que.., $\text{(*)}$ es coherente con la serie de Fourier para $\left|\sin x\right|$ .

3. Sorprendentemente, $S_m(x)$ parece ser unimodal en $[0, \pi]$ (y, por tanto, en cada $[k\pi, (k+1)\pi]$ para $k \in \mathbb{Z}$ ), como podemos ver en la siguiente figura:

Answer 1

Anotar $S_{m-1}(x) - S_{m}(x) \ge 0$ se obtienen las condiciones equivalentes $$\binom{2m}{m} + 2\sum_{k=1}^m \binom{2m}{m+k}\cos(2kx)\ge 0$$ o equivalentemente $$ \sum_{k=-m}^m \binom{2m}{m+k}\exp(2\text ikx)\ge 0 $$ pero el LHS es sólo $[2\cos(x)]^{2m}$ que siempre es no negativo.

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Creo que entonces se puede caracterizar $S_m(x)$ recursivamente como $$ S_{m+1}(x) = S_{m}(x) - \frac{2(2m)! }{2^{4m}(m!)^2(2m+3)} [2\cos(x)]^{2m+2} $$

Answer 2

Basado en @Exodd resulta que $S_m(x)$ es igual a

$$ T_{2m}(\cos x) = \sum_{k=0}^{m} (-1)^k \binom{1/2}{k}\cos^{2k} x, $$

donde $T_{2m}(x)$ es el grado $2m$ Polinomio de Taylor de $\sqrt{1-x^2}$ . En efecto, señalando que

$$ (-1)^k \binom{1/2}{k} = \frac{(-\frac{1}{2})(\frac{1}{2})\cdots(k-\frac{3}{2})}{k!} = \binom{2k}{k} \frac{1}{2^{2k}(1-2k)} < 0 \quad \text{for} \quad k = 1, 2, \ldots,$$

$T_{2m}(\cos x)$ es no creciente en $m$ y converge a $\sqrt{1-\cos^2 x} = \left|\sin x\right|$ como $m \to \infty$ . Además,

\begin{align*} T_{2m}(\cos x) &= \sum_{k=0}^{m} \binom{2k}{k} \frac{1}{2^{2k}(1-2k)} \, \cos^{2k}x \\ &= \sum_{k=0}^{m} \binom{2k}{k} \frac{1}{2^{4k}(1-2k)} \sum_{l=-k}^{k} \binom{2k}{k+l} e^{2lix} \\ &= \sum_{l=-m}^{m} A_{m,|l|} e^{2lix} \\ &= A_{m,0} + 2 \sum_{l=1}^{m} A_{m,l} \cos(2lx), \end{align*}

donde $A_{m,l}$ se define para $0 \leq l \leq m$ por

$$ A_{m,l} = \sum_{k=l}^{m} \binom{2k}{k} \frac{1}{2^{4k}(1-2k)} \binom{2k}{k+l}. $$

Por lo tanto, basta con demostrar que

Reclamación. $A_{m,l} = \tilde{A}_{m,l}$ donde $\displaystyle \tilde{A}_{m,l} = \frac{(2m+1)!}{2^{4m}(m!)^2}\binom{2m}{m+l} \frac{1}{1-4l^2}$ .

De hecho, es fácil comprobar que $A_{m,m} = \binom{2m}{m} \frac{1}{2^{4m}(1-2m)} = \tilde{A}_{m,m}$ . Además, para $0 \leq l < m$ ,

\begin{align*} \tilde{A}_{m,l} - \tilde{A}_{m-1,l} &= \binom{2m}{m}\binom{2m}{m+l} \frac{1}{2^{4m}(1-4l^2)} \biggl[ (2m+1) - \frac{2^4 m^2(m+l)(m-l)}{(2m)^2(2m-1)} \biggr] \\ &= \binom{2m}{m}\binom{2m}{m+l} \frac{1}{2^{4m}(1-2m)} \\ &= A_{m,l} - A_{m-1,l}. \end{align*}

Por tanto, la igualdad deseada se deduce del principio de inducción matemática. $\square$

Answer 3

$$S_m(x)=\frac{2\, \Gamma \left(m+\frac{1}{2}\right) \Gamma \left(m+\frac{3}{2}\right)}{\pi\, \Gamma(m+1)^2}-\frac{2 m (m+1) \Gamma \left(m+\frac{1}{2}\right) \Gamma \left(m+\frac{3}{2}\right)}{3 \pi \Gamma (m+2)^2}\,T_m(x)$$

$$T_m(x)=e^{-2 i x} \, _3F_2\left(\frac{1}{2},1,1-m;\frac{5}{2},m+2;-e^{-2 i x}\right)+$$ $$e^{2 i x} \, _3F_2\left(\frac{1}{2},1,1-m;\frac{5}{2},m+2;-e^{2 i x}\right)$$

Además de que $S_m\left(\frac{\pi }{2}\right)=0$ para $0\leq x \leq \pi$ (explorado por pasos de $\frac \pi {180}$ ) y $1 \leq m \leq 10^4$ , $\left(S_m(x)-\sin(x)\right)$ es una función decreciente rápida que siempre es positiva. Sin duda, la mayor diferencia está en los límites.

$$S_m(0)=\frac{\Gamma \left(m+\frac{1}{2}\right)}{\sqrt{\pi }\, \Gamma (m+1)}$$

Ampliado como serie en torno a $x=\frac \pi 2$ $$S_m(x)-\sin(x)=\frac {a_m}{b_m} \left(x-\frac{\pi }{2}\right)^{2 (m+1)}+O\left(\left(x-\frac{\pi }{2}\right)^{2(m+2)}\right)$$ donde el $a_m$ son secuencia $A098597$ y el $b_m$ son secuencia $A046161$ en $OEIS$ . Todos ellos son positivos y, como primera aproximación $$\frac {a_m}{b_m} \sim \frac 1{2m^2}$$