猜想：sin(x)+ sin(2x)/2+ sin(3x)/3+...+sin(nx)/n>=0

lyg_wangyushi

啊，是这样的，我又考虑错了。在此谢谢mathe的耐心解说。

lyg_wangyushi

我马上要回家了，要坐好几个小时的车，到家再来参与讨论吧。

gxqcn

祝一路顺风，过个好年！

lyg_wangyushi

谢谢，我到家了。~~~

northwolves

x=3.1415时，$sum_{k=1}^n {sin(kx)}/k$ 的值分别为： 0.000092653589660 0.000000000000398 0.000092653588998 0.000000000001326 0.000092653587805 0.000000000002784 0.000092653586081 0.000000000004772 0.000092653583827 0.000000000007291 0.000092653581044 0.000000000010340 0.000092653577730 0.000000000013920 0.000092653573885 0.000000000018029 0.000092653569510 0.000000000022669 0.000092653564605 0.000000000027839 0.000092653559170 0.000000000033539 0.000092653553204 0.000000000039770 0.000092653546708 0.000000000046530 0.000092653539682 0.000000000053821 0.000092653532125 0.000000000061642

mathe

怎么了？没有问题呀。 需要注意的是傅立叶级数不是连续的。 傅立叶级数有一个很好的性质： 任意周期$2*pi$的可积函数f(x) （分段连续即可积），都可以唯一表示成一个傅立叶级数 $F(x)=a_0+sum_{i=1}^{+infty} {a_i cos(i x)}+sum_{i=1}^{+infty} {b_i sin(ix)}$ 其中在任何点都有$F(x)={f(x-0)+f(x+0)}/2$

northwolves

原帖由 mathe 于 2008-1-20 12:03 发表 怎么了？没有问题呀。 需要注意的是傅立叶级数不是连续的。 傅立叶级数有一个很好的性质： 任意周期2*Pi的可积函数f(x) （分段连续即可积），都可以唯一表示成一个傅立叶级数 F(x)=a0+Sum{ai*cos(ix)}+Sum{bi*si ...

上面的例子仅用于说明这个命题结论很强，几百万分之一的误差即可导致否定的结论。 问题最初的设想是来源于高一时的一道证明题 假设实数$00$

wayne

$sum_{k=1}^n {sin(kx)}/k$ 的所有极小值在 $x=2k/n*pi$处取得。且k越大，极小值越小。 如图为n=5(紫色）和6（黄色）的函数曲线，从这两例图线可以看出，当 $n$ 为偶数时，$x=pi$处曲线已与x轴相切，从更大范围看，驻点是拐点，不是极小值点，所以看起来极为精致。

suiyili

这里证明 $n\to oo$ 时的情况。对于 $n$ 为有限的情况，希望大家共同努力。 设 $V(x) =lim_{n\tooo}(sinx+1 / 2 sin2x+...+1 / n sinnx) $. $ U(x) =lim_{n\tooo}( cosx+1 / 2 cos2x+...+1 / n cosnx) $. 显然有$V(0)=V(pi) = 0$, 因此研究范围可缩小至 $x in(0, pi)$ 令 $z = cosx + i sinx$, $F(z) = U(x) + i V(x) =lim_{ntooo}( z + 1 / 2z^2 + ...+ 1 / n z^n)$ 问题转化为证明 $text{Img}(F(z) )> 0 , x in (0,pi)$ 由级数知识知$F(z)=-log (1-z)$ 所以$F(z)=-ln|1-z|-i text{Arg}(1-z)$ 由幅角公式$text{Arg}(1-z)=(text{Arg}(z)-pi)/2$及$text{Arg}(z)=x$得 $text{Img}(F(z)) =(pi –text{Arg}(z))/2=(pi –x)/2>0 $ 注：由于$ log(Z)$ 在原点不收敛, $=>log(1-z)$在 $z = 1$ 处不收敛。因此 $log(1-z)$ 收敛范围在单位圆内和单位圆上（除了$z=1$）. 题目中$|z| = 1 , z!=1(becausex!=0)$，所以$F(z)$收敛 。

ccmmjj

这个问题是个老问题，是解析数论中的一个不等式。
数学中国论坛已有相应证明。相关讨论已沉下太久，有兴趣者可前往淘贴。

`\D\cos\frac{(n_0+1)x_0}2=0\to (n_0+1)x_0=(2k+1)\pi\to n_0x_0=(2k+1)\pi-x_0.`
`\to\sin(n_0x_0)=\sin x_0>0`。
事实上前面的讨论中已经确定了极小值点使得$sinn_0x_0=0$, 所以由假设而得到$sinn_0x_0<0$已致矛盾。
只不过，前面确定极小值点使得$sinn_0x_0=0$并无数学证明。