Desde que perdieron el tiempo la resolución de esta última noche, que bien podría post:
El integrando los cambios de signo en los ceros, a menos que el cero es un doble cero, por lo que necesitamos encontrar los ceros. Para eso, ponemos en una forma donde los ceros son más fáciles de determinar:
$$\sin (nx) - \sin x = 2\sin \frac{(n-1)x}{2}\cos \frac{(n+1)x}{2}.$$
Los ceros de la sinusoidal factor en $[0,\,\pi]$
$$a_k = \frac{2k\pi}{n-1},\quad 0 \leqslant k \leqslant \frac{n-1}{2},$$
y los ceros del coseno factor
$$b_k = \frac{(2k+1)\pi}{n+1}, \quad 0 \leqslant k \leqslant \frac{n}{2}.$$
Nos encontramos con que
$$a_k \leqslant b_k \iff k \leqslant \frac{n-1}{4},$$
donde la igualdad tiene en un lado el fib se sostiene en ambos. Siempre tenemos $b_k < a_{k+1}$. Para la mayor $k$,$b_k < a_k < b_{k+1}$.
Así que la escritura $n = 4j + r, \; 1 \leqslant r \leqslant 4$, $\sin (nx) - \sin x$ es
- positivo en $(a_k, b_k)$$0 \leqslant k \leqslant j$,
- negativo en $(b_k, a_{k+1})$$0 \leqslant k < j$,
- negativo en $(b_j, b_{j+1})$,
- positivo en $(b_k, a_k)$$j+1 \leqslant k \leqslant \frac{n-1}{2}$,
- negativo en $(a_k, b_{k+1})$$j+1 \leqslant k \leqslant \frac{n-1}{2}$.
El uso de $n a_k = 2k\pi + a_k$, $n b_k = (2k+1)\pi - b_k$, uno encuentra
$$\begin{align}
\int_{a_k}^{b_k} \sin (nx) - \sin x\, dx &= \cos b_k - \cos a_k + \frac{\cos (na_k) - \cos (nb_k)}{n}\\
&= \cos b_k - \cos a_k + \frac{\cos a_k + \cos b_k}{n}\\
&= \left(1 + \frac1n\right)\cos b_k - \left(1 - \frac1n\right)\cos a_k
\end{align}$$
y expresiones similares para los otros intervalos. Suma de las integrales, obtenemos
$$\begin{align}
\int_0^\pi \lvert \sin (nx) - \sin x\rvert\, dx &= \sum_{k=0}^j \left(\left(1+\frac1n\right)\cos b_k - \left(1-\frac1n\right)\cos a_k\right)\\
&\quad + \sum_{k=0}^{j-1} \left(\left(1+\frac1n\right)\cos b_k - \left(1-\frac1n\right)\cos a_{k+1}\right)\\
&\quad + \left(1+\frac1n\right)(\cos b_j - \cos b_{j+1})\\
&\quad + \sum_{k=j+1}^{2j+\lfloor r/2\rfloor-1} \left(\left(1-\frac1n\right)\cos a_k - \left(1+\frac1n\right)\cos b_k\right)\\
&\quad + \sum_{k=j+1}^{2j+\lfloor (r-1)/2\rfloor} \left(\left(1-\frac1n\right)\cos a_k - \left(1+\frac1n\right)\cos b_{k+1}\right)\\
&= \left(1+\frac1n\right)\left(\sum_{k=0}^j 2\cos b_k - \sum_{k=j+1}^{2j+\lfloor r/2\rfloor-1} 2\cos b_k -\delta(r)\cos b_{2j+(r+1)/2}\right)\\
&- \left(1-\frac1n\right)\left(\sum_{k=0}^j 2\cos a_k - \sum_{k=j+1}^{2j+ \lfloor r/2\rfloor-1} 2\cos a_k - 1 - \delta(r)\cos a_{2j+(r-1)/2}\right)
\end{align}$$
donde $\delta(r) = 0$ si $r$ es aún, y $\delta(r) = 1$ $r$ impar.
El uso de las fórmulas de suma de senos y cosenos de progresiones aritméticas, obtenemos
$$\begin{align}
\sum_{k=0}^j 2\cos a_k &= \frac{\sin \frac{(2j+1)\pi}{n-1} + \sin \frac{\pi}{n-1}}{\sin \frac{\pi}{n-1}}\\
\sum_{k=j+1}^{2j} 2\cos a_k &= \frac{\sin \frac{(4j+1)\pi}{n-1} - \sin \frac{(2j+1)\pi}{n-1}}{\sin \frac{\pi}{n-1}}\\
\sum_{k=0}^j 2\cos b_k &= \cot \frac{\pi}{n+1}\left(\sin \frac{(2j+1)\pi}{n+1}+\sin\frac{\pi}{n+1}\right) - \left(\cos \frac{(2j+1)\pi}{n+1} - \cos \frac{\pi}{n+1}\right)\\
\sum_{k=j+1}^{2j} 2\cos b_k &= \cot \frac{\pi}{n+1}\left(\sin\frac{(4j+1)\pi}{n+1} - \sin \frac{(2j+1)\pi}{n+1}\right) - \left(\cos \frac{(4j+1)\pi}{n+1} - \cos \frac{(2j+1)\pi}{n+1}\right)
\end{align}$$
La inserción de eso y añadiendo la corrección de términos debido a la suma obligado no siempre se $2j$, la fórmula para $n = 4j+1$ reduce muy bien a
$$2\left(1+\frac1n\right)\cot \frac{\pi}{n+1} - 2\left(1-\frac1n\right)\cot \frac{\pi}{n-1} = \frac{8}{\pi} + O\left(\frac1n\right).$$
Los casos de $r \in \{2,3,4\}$ no reducir bastante bien, se obtiene una expresión con más términos a la izquierda, pero el integral es todavía (porque $\cot z$ $\frac{1}{\sin z}$ ambos $\frac1z + O(z)$, y todos los demás términos se $O(1/n)$)
$$\frac{8}{\pi} + O\left(\frac1n\right).$$
