¿Cuál es $\lim\limits_{n\to\infty}\frac1n \left(\text{valor máximo de }\sum\limits_{k=1}^n\sin (kx)\right)$?

Question

Considerar $f(x)=\sum\limits_{k=1}^n\sin (kx), 0\le x \le \pi$.

Aquí está el gráfico de $y=f(x)$ para $n=8$.

Me di cuenta de que, a medida que $n\to\infty$, el valor máximo de $\frac1n f(x)$ parece acercarse a un límite de aproximadamente $0.7246$.

¿Cuál es $\lim\limits_{n\to\infty}\frac1n \left(\text{valor máximo de }\sum\limits_{k=1}^n\sin (kx)\right)$ ?

Mis pensamientos:

Intenté encontrar el primer punto de inflexión a la derecha del eje $y$, sin éxito.

No sé si esto ayuda, pero he encontrado las raíces de $f(x)$, y demostrado que hay exactamente un punto de inflexión entre raíces vecinas.

Encontrando las raíces de $f(x)$

$f(x)=\text{Im}\sum\limits_{k=1}^n e^{kxi}=\dots=\dfrac{\sin x+\sin ((nx+x)-x)-\sin (nx+x)}{2-2\cos x}=0$

Si $\sin (nx)=0$ entonces $(\sin x)(1-\cos (nx))=0\implies x=0, \pi, \frac{2k\pi}{n}$

Si $\sin (nx+x)=0$ entonces $(\sin x)(1-\cos ((n+1)x)=0\implies x=0, \pi, \frac{2k\pi}{n+1}$

Hemos encontrado $n+1$ raíces distintas. Ahora demostraremos que estas son las únicas raíces.

$\sin (kx)=\text{Im}(\cos x+i\sin x)^k=(\sin x)(k-1 \text{ polinomio de grado en $\cos x$})$

$\implies f(x)=(\sin x)(n-1 \text{ polinomio de grado en }\cos x)$

El polinomio de grado $n-1$ en $\cos x$ tiene como máximo $n-1$ raíces distintas en $\cos x$, por lo que tiene como máximo $n-1$ raíces distintas en $x$. Las raíces de $\sin x$ son $0$ y $\pi$. Así que $f(x)$ tiene como máximo $n+1$ raíces distintas en $x$. Por lo tanto, las $n+1$ raíces que encontré arriba, son las únicas raíces.

Mostrando que $f(x)$ tiene exactamente un punto de inflexión entre raíces vecinas

$\cos (kx)=\text{Re}(\cos x+i\sin x)^k=k \text{ polinomio de grado en $\cos x$}$

$\implies f'(x)=\sum\limits_{k=1}^n k\cos (kx)$ es un polinomio de grado $n$ en $\cos x$

Entonces $f'(x)$ tiene como máximo $n$ raíces distintas en $\cos x$, por lo que tiene como máximo $n$ raíces distintas en $x$.

Así que $f(x)$ tiene como máximo $n$ puntos de inflexión. Anteriormente encontramos que $f(x)$ tiene exactamente $n+1$ raíces distintas. Por lo tanto, $f(x)$ tiene exactamente un punto de inflexión entre raíces vecinas.

Answer 1

Define $f_n:[0,\pi]\to\mathbb{R}$ by

$$ f_n(x) = \sum_{k=1}^{n} \sin(kx) = \frac{\sin(\frac{n}{2}x)\sin(\frac{n+1}{2}x)}{\sin(\frac{x}{2})}. $$

1. Estrechando la ubicación del punto máximo. Tenga en cuenta que $f_n(x) \geq 0$ si y solo si $\sin(\frac{n}{2}x)$ y $\sin(\frac{n+1}{2}x)$ tienen el mismo signo, lo cual ocurre precisamente cuando $x$ se encuentra en uno de los intervalos de la forma

$$ I_k = \left[ \frac{2\pi}{n}(k-1), \frac{2\pi}{n+1}k \right], \qquad k = 1,\ldots,n $$

Además, si $n \geq 2$, $k \geq 2$, y $x \in I_k\cap [0, \pi]$, entonces se puede demostrar que

$$ f_n(x) \leq \frac{1}{\sin(\frac{\pi}{n})} \leq \frac{1}{2\sin(\frac{\pi}{4n})} \leq f_n\left(\frac{\pi}{2n}\right). $$

Por lo tanto, el punto máximo de $f_n$ se encuentra en $I_1$.

2. Caracterizando el límite. Sabemos que el punto máximo de $f_n$ ocurre en algún lugar entre $0$ y $\frac{2\pi}{n+1}$. Entonces,

$$ \frac{1}{n} \max_{x \in [0, \pi]} f_n(x) = \max_{t \in [0, 2\pi]} \frac{f_n(t/n)}{n}. $$

Sin embargo,

$$ \frac{f_n(t/n)}{n} = \sum_{k=1}^{n} \sin\left(\frac{tk}{n}\right) \frac{1}{n} \to \int_{0}^{1} \sin(tu) \, \mathrm{d}u = \frac{1 - \cos t}{t} $$

uniformemente en $t \in [0, 2\pi]$. Esta convergencia uniforme garantiza que el operador máximo y el límite pueden intercambiarse, produciendo

$$ M := \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \max_{x \in [0, \pi]} f_n(x) = \max_{t \in [0, 2\pi]} \frac{1 - \cos t}{t}. $$

A continuación se muestra el gráfico de $\frac{1-\cos t}{t}$ para $t \in [0, 2\pi]$.

Aunque es poco probable que el punto máximo $t^*$ de esta función se pueda expresar en una forma cerrada, es fácil localizarlo numéricamente, obteniendo

$$ t^* \approx 2.3311223704144226136, \qquad M = \frac{1-\cos t^*}{t^*} \approx 0.7246113537767084758. $$

Answer 2

Una alternativa a la excelente respuesta de @Sangchul Lee es tener en cuenta que $nM_n \to L$ para algún $L \in [0,2\pi]$, donde $M_n$ denota el punto máximo de $f_n$.

Para ver esto, nota que cualquier subsecuencia convergente debe converger al mismo $L$. De hecho, como mostró @FShrike, los $M_n$ satisfacen la ecuación:

$$\csc \left(\frac{M_n}{2}\right)= n \sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)M_n\right)\csc^2\left(\frac{nM_n}{2}\right)$$

Por lo tanto, cualquier punto límite $L$ satisface $\displaystyle\tan\left(\frac{L}{2}\right) = L$, que tiene una solución única en $[0,2\pi]$ que llamamos $L^{*} \approx 2.331.$

Como mostró @Sangchui Lee, $nM_n \in [0,2\pi] $, y por lo tanto se sigue que hay un punto límite único estableciendo la convergencia.

Por último, usando la expresión final de @FShrike para $f_n$ en términos de $M_n$ y la continuidad, tenemos que el límite es $\sin(L^*) \approx 0.724$.

Answer 3

$$f_n(x) = \sum_{k=1}^{n} \sin(kx) = \csc \left(\frac{x}{2}\right) \sin \left(\frac{n x}{2}\right) \sin \left(\frac{(n+1)x}{2} \right)$$

Calculando la primera derivada, expandiéndola como una serie alrededor de $x=0$ y usando la reversión de series de potencias, el primer máximo se da por $$x_{(n)}=\frac 2 {\sqrt{n (n+1)}}\left(1+\frac{2 n^2+2 n-1}{18 n (n+1)} +\frac{104 n^4+208 n^3+12 n^2-92 n+11}{3240 n^2 (n+1)^2} +\cdots\right)$$

Sustituyendo este valor en $f_n(x)$ y expandiendo nuevamente para $n$ grande, haciendo los coeficientes racionales $$\frac 1n\,f_n(x_{(n)})=\frac{405}{463} \sin ^2\left(\frac{463}{405}\right)+\frac{423}{1168 n}-\frac{205}{1621 n^2}+\frac{205}{3242 n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)$$

y

$$\frac{405}{463} \sin ^2\left(\frac{463}{405}\right)=0.72431496\cdots$$

Usando este enfoque, el límite siempre está en la forma de $$\left(\frac{q}{p}\right)\, \sin ^2\left(\frac{q}{p}\right)$$ La secuencia formada por $\left(\frac{q}{p}\right)$ siendo $$\left\{\frac 11,\frac{9}{10},\frac{405}{463},\frac{42525}{49132},\frac{114 8175}{1332587},\frac{3978426375}{4627139098},\frac{46547588587 5}{541933175653},\frac{2327379429375}{2711083979944},\frac{124 63116844303125}{14521821035317853},\frac{351646841762012671875}{409792870507910293814},\frac{22153751031006798328125}{25818990484975251416687},\frac{59615744024439294300984375}{69481921458742666150619372},\cdots\right\}$$

El último de la lista anterior da $\color{red}{0.72461135}13$

Editar

Partiendo de la elegante respuesta de @Sangchul Lee (¡tan simple... después de leerla!), necesitamos resolver para $t$ la ecuación $$t \sin (t)+\cos (t)-1=0$$ Por inspección, la solución está cerca de $t_0=\frac {3}4 \pi$.

La primera iteración del método de Newton es $$t_{(2)}=\frac {3}4 \pi-\left(\frac{4 \left(1+\sqrt{2}\right)}{3 \pi }-1\right)$$ y $$\frac{1-\cos(t_{(2)})}{t_{(2)}}=\color{red}{0.7246113}24$$

La primera iteración del método de Halley es $$t_{(3)}=\frac {3}4 \pi-\frac{6 \pi \left(3 \sqrt{2} \pi -4 \left(2+\sqrt{2}\right)\right)}{16 \left(2+\sqrt{2}\right)+3 \pi \left(8-9 \sqrt{2} \pi \right)}$$ y $$\frac{1-\cos(t_{(3)})}{t_{(3)}}=\color{red}{0.7246113537}66$$ No escribiré la primera iteración del método de Householder $t_{(4)}$ pero $$\frac{1-\cos(t_{(4)})}{t_{(4)}}=\color{red}{0.7246113537767}06$$

El método de orden siguiente (sin nombre para él) da $$\frac{1-\cos(t_{(5)})}{t_{(5)}}=\color{red}{0.724611353776708475}28$$

Answer 4

Una respuesta parcial que no avanza en el problema en sí, pero simplemente escribe algunas identidades útiles que eran demasiado largas para un comentario.

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$f$ puede expresarse de manera más bella y útil como: $$f(x)=\sin\left(\frac{n+1}{2}\cdot x\right)\sin\left(\frac{n}{2}\cdot x\right)\csc\left(\frac{1}{2}x\right)$$Donde la diferenciación fácil y la aplicación fácil pero tediosa de las identidades trigonométricas encuentra: $$f'(x)=\frac{1}{2}\csc^2\left(\frac{1}{2}x\right)\cdot\left(n\cdot\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)\cdot x\right)\sin\left(\frac{1}{2}x\right)-\sin^2\left(\frac{n}{2}x\right)\right)$$(tomando la extensión continua donde cualquiera de las expresiones no esté estrictamente definida).

Las raíces de $f'$ ocurren exactamente cuando (nota que $f'$ es distinto de cero en los puntos problemáticos donde $\sin(x/2)=0$) tenemos: $$\csc\left(\frac{1}{2}x\right)=n\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)x\right)\csc^2\left(\frac{n}{2}x\right)$$Los valores de $f$ en estos puntos serán: $$n\cdot\frac{\sin\left(\frac{n+1}{2}\cdot x\right)\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)\cdot x\right)}{\sin\left(\frac{n}{2}\cdot x\right)}=\frac{n}{2}\cdot\frac{\cos\left(\frac{n}{2}x\right)-\cos\left(\left(\frac{3n}{2}+1\right)\cdot x\right)}{\sin\left(\frac{n}{2}x\right)}$$Dividiendo por $n$, nos importa: $$\lim_{n\to\infty}\max_{x:f'(x)=0}\frac{\sin\left(\frac{n+1}{2}\cdot x\right)\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)\cdot x\right)}{\sin\left(\frac{n}{2}\cdot x\right)}$$

Answer 5

Sea $f_n(x) = \sum_{k=1}^n \sin{kx}$. Utilizando la fórmula de la serie geométrica (sin mostrar todo mi trabajo), encontramos que \begin{align*}f_n(x) &= \frac{\sin{x} + \sin{nx} - \sin{(n+1)x}}{2(1-\cos x)} \\&= \frac{\sin{nx}}{2} + \frac{\sin{x}}{2}\frac{1-\cos{nx}}{1-\cos{x}}\end{align*} donde en el último paso usamos la identidad del seno para ángulos $\sin{(n+1)x} = \sin{(nx + x)}$.

El valor máximo de $\frac{1}{n} f_n(x)$ es el mismo que el valor máximo de $g_n(z) = \frac{1}{n}f\left(\frac{z}{n}\right)$ (simplemente estamos escalando el eje $x$ por un factor de $n$, lo cual no afecta el valor máximo de $y$). Afirmo que a medida que $n\to\infty$ tenemos que $g_n$ converge puntualmente a una función $g$; entonces la respuesta que buscamos es el valor máximo de $g$. Para probar la afirmación, evaluamos primero el límite para obtener el límite puntual: \begin{align*}\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}f\left(\frac{z}{n}\right) &= \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\frac{\sin{z}}{2} + \frac{1}{n}\frac{\sin{\frac{z}{n}}}{2}\frac{1-\cos{z}}{1-\cos{\frac{z}{n}}}\\&\sim \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\frac{\frac{z}{n}}{2}\frac{1-\cos{z}}{\frac{1}{2}\left(\frac{z}{n}\right)^2}\\&=\frac{1-\cos{z}}{z}\end{align*}

donde podemos usar expansiones de Taylor en el penúltimo paso porque cuando $n\to\infty$ tenemos $\frac{z}{n}\to 0$.

En este punto, necesitamos hacer un argumento sobre la convergencia de $g_n$, simplemente la convergencia puntual no es suficiente, lamentablemente. Necesito pensar más en esto. Pero esto nos da básicamente la expresión para el valor límite de la función, que es nuestro objetivo.

Por lo tanto, la respuesta es el valor máximo de $g(z)=\frac{1-\cos{z}}{z}$ que otros han mostrado que es aproximadamente 0.72461.