Prueba $ \sin x + \frac{ \sin3x }{3} + ... + \frac{ \sin((2n-1)x) }{2n-1} >0 $

Question

Demostrar que para $ 0<x< \pi $ , $$ \quad S_n(x) = \sin x + \frac{ \sin3x }{3} + ... + \frac{ \sin((2n-1)x) }{2n-1} >0 \quad \forall n = 1,2,... $$

Tengo problemas con este problema. Se trata de una pregunta tipo olimpiada, por lo que sería preferible una respuesta que no utilice el cálculo o el análisis. Un posible enfoque es la inducción, pero para ello necesitamos encontrar una función en términos de $n$ y $x$ para que podamos utilizar realmente el paso inductivo. Si alguien tiene alguna idea será apreciada.

Si realmente quieres ir por el camino del cálculo (en este punto no me importa), entonces $ S_n' (x) = \cos x + \cos 3x + ... +\cos((2n-1)x) $ , para la que se puede encontrar una forma cerrada, pero no sé hasta qué punto es útil.

Answer 1

Si queremos evitar la integración, podemos obtener el resultado mediante la suma por partes. Sea

$$F_m(x) := \sum_{k = 0}^{m-1} \sin \bigl((2k+1)x\bigr).\tag{1}$$

Utilizando el teorema de la adición para el coseno, obtenemos

$$\sin(rx) = \frac{2\sin x \sin(rx)}{2\sin x} = \frac{\cos\bigl((r-1)x\bigr) - \cos \bigl((r+1)x\bigr)}{2\sin x}$$

y, por lo tanto, por telescopia

$$F_m(x) = \frac{1 - \cos (2mx)}{2\sin x}\tag{2}$$

cuando $x$ no es un múltiplo entero de $\pi$ . Desde $1 - \cos (2mx) \geqslant 0$ para todos $x \in \mathbb{R}$ y $m \in \mathbb{N}$ tenemos $F_m(x) \geqslant 0$ para $0 < x < \pi$ y $m \in \mathbb{N}$ . Así,

\begin{align} S_n(x) &= \sum_{k = 0}^{n-1} \frac{\sin \bigl((2k+1)x\bigr)}{2k+1}\\ &= \sum_{k = 0}^{n-1} \frac{F_{k+1}(x) - F_k(x)}{2k+1}\\ &= \sum_{k = 0}^{n-1} \frac{F_{k+1}(x)}{2k+1} - \sum_{k = 0}^{n-1} \frac{F_k(x)}{2k+1}\\ &= \sum_{m = 1}^n \frac{F_m(x)}{2m-1} - \sum_{k = 1}^{n-1} \frac{F_k(x)}{2k+1}\tag{$F_0 \equiv 0$}\\ &= \frac{F_n(x)}{2n-1} + \sum_{k = 1}^{n-1} \biggl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\biggr) F_k(x)\\ &\geqslant 0, \end{align}

ya que todos los términos del lado derecho son no negativos. La desigualdad estricta $S_n(x) > 0$ para $x\in (0,\pi)$ y $n \in \mathbb{N}\setminus \{0\}$ se deduce porque el término que implica $F_1(x) = \sin x$ es estrictamente positivo en $(0,\pi)$ .

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Si utilizamos la integración, observamos en primer lugar que como $\sin \bigl(m(\pi - x)\bigr) = (-1)^{m+1}\sin x$ tenemos la simetría $S_n(\pi-x) = S_n(x)$ por lo que basta con considerar $0 < x \leqslant \pi/2$ . Entonces observamos que

$$S_n'(x) = \frac{\sin (2nx)}{2\sin x},\tag{3}$$

con más o menos el mismo argumento que el anterior. Puesto que claramente $S_n(0) = 0$ tenemos

$$S_n(x) = \int_0^x S_n'(t)\,dt = \int_0^x \frac{\sin (2nt)}{2\sin t}\,dt = \frac{1}{4n}\int_0^{2nx} \frac{\sin u}{\sin \frac{u}{2n}}\,du.$$

El denominador es estrictamente creciente en el intervalo de integración (ya que $0 < x \leqslant \pi/2$ ), y por lo tanto

$$\int_{2k\pi}^{2(k+1)\pi} \frac{\sin u}{\sin \frac{u}{2n}}\,du = \int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi} \sin u\biggl( \frac{1}{\sin \frac{u}{2n}} - \frac{1}{\sin \frac{u+\pi}{2n}}\biggr)du > 0\tag{4}$$

para $0 \leqslant k < n$ . Dejemos que $m = \bigl\lfloor \frac{2nx}{2\pi}\bigr\rfloor$ entonces

$$4nS_n(x) = \sum_{k = 0}^{m-1} \int_{2k\pi}^{2(k+1)\pi} \frac{\sin u}{\sin \frac{u}{2n}}\,du + \int_{2m\pi}^{2nx} \frac{\sin u}{\sin \frac{u}{2n}}\,du.$$

La última integral es estrictamente positiva - si $2nx \leqslant (2m+1)\pi$ el integrando es estrictamente positivo en todo el intervalo excepto en los puntos finales, si $(2m+1)\pi < 2nx < 2(m+1)\pi$ , $(4)$ muestra que $\int_{2m\pi}^{2nx}\dotsc\,du > \int_{2m\pi}^{2(m+1)\pi}\dotsc\,du > 0$ - a menos que $2nx = 2m\pi$ . Pero en ese caso, tenemos $m \geqslant 1$ y la suma es estrictamente positiva.