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

mathe

上面的几何意义的结论错了。
倒是我们可以得出
$g(t,x)*2sin(x/2)>=cos(x/2)-1$
$F(x)>=1/2g(1,x)+1/2*(cos(x/2)-1)/(2sin(x/2))$
这个在$cos(x/2)>=0.191943$时都有$F(x)>=0$
也就是说，大概$x<=0.877*pi$的时候，命题都已经成立，不过对于$x>0.877*pi$的情况，显然这个过程放缩过头了

mathe

对于这个命题，准备分两种情况证明
i)对于$(1-1/(2n))*pi<=x<=pi$来证明
ii)对于$x<(1-1/(2n))*pi$来证明

mathe

对于情况1
在$F(x)=sin(x)+{sin(2x)}/2+...+{sin(nx)}/n$中，
用$y=pi-x$代入，得到
$F(pi-y)=sin(y)-{sin(2y)}/2+sin(3y)/3-...+(-1)^(n-1)*{sin(ny)}/n$
其中$0<=y<=1/(2n)*pi$
我们证明，在这个范围内
${sin(ty)}/t (1<=t<=n)$关于t单调减
这个证明很简单，将${sin(ty)}/t$关于t求导得到导数为
$(yt*cos(ty)-sin(ty))/t^2$
由于$0<=ty<=t/(2n)*pi<=pi/2$
所以
$yt<=tg(yt)$
$yt*cos(yt)<=sin(yt)$
于是${sin(ty)}/t$关于t单调减
所以得
$sum_{t=1}^n{(-1)^(t-1)*{sin(ty)}/t}>=0$
于是i)得到证明

mathe

对于ii),需要使用比较复杂的方法,x=0显然成立，所以只需要继续看$0<x<pi-pi/(2n)$的情况
首先，我们采用10楼的记号
记$g(t,x)=sin(x)+sin(2x)+...+sin(tx)$
所以
$g(t,x)*2sin(x/2)=cos(x/2)-cos((t+1/2)x)>=cos(x/2)-1$ (而由于$0<x<pi$,所以$sin(x/2)>=0$)
对于一个给定的充分大的m,我们有
${sin((n+1)x)}/(n+1)+{sin((n+2)x)}/(n+2)+...+{sin(mx)}/m$
$= -{g(n,x)}/(n+1)+(1/(n+1)-1/(n+2))g(n+1,x)+(1/(n+2)-1/(n+3))g(n+2,x)+...+(1/(m-1)-1/m)g(m-1,x)+1/m*g(m,x)$
$<= -{g(n,x)}/(n+1)+1/(n+1)*{cos(x/2)+1}/{2sin(x/2)}$
$<=-1/(n+1)*{cos(x/2)-1}/{2sin(x/2)}+1/(n+1)*{cos(x/2)+1}/{2sin(x/2)}$
$=1/{(n+1)sin(x/2)}$

然后让$m->+infty$，得到
$sin(x)+{sin(2x)}/2+...+{sin(nx)}/n+...$
$<=sin(x)+{sin(2x)}/2+...+{sin(nx)}/n+1/{(n+1)sin(x/2)}$
通过傅立叶级数的计算，我们得知
方程左边是${pi-x}/2$
所以我们得到
$sin(x)+{sin(2x)}/2+...+{sin(nx)}/n>={pi-x}/2-1/{(n+1)sin(x/2)}$
记$y={pi-x}/2$,也就是我们需要证明
$y-1/{(n+1)cos(y)}>=0$
也就是
$ycos(y)>=1/{n+1}$
在y不太接近0和${pi}/2$时成立,
也就是只需要证明对各个极值点成立,而这个函数先增后减,也就是分别为$y={pi}/2-{pi}/n$,$y={pi}/{2n}$时成立就够了
不过这个好像只有对前面一段y成立，所以对于y接近$pi$,也就是非常小的x,这里还没有能够证明。不过前面的一个帖子证明过$x<0.877*pi$时成立的，所以总体上应该不成问题了。

mathe

重新查看了一下，弄错了一项
傅立叶级数
$sin(x)+{sin(2x)}/2+...+{sin(nx)}/n+..$.
是$(pi-x)/2$ (当$0<x<pi$时),
这样的话，我的放缩还是不够，
也就是13楼部分还需要证明更大范围的情况才行

lyg_wangyushi

还没学到傅利叶级数，不过还是很佩服mathe的数学功底，大学学的东西这么扎实。值得我们好好学习。想问一下，那个积分是在初等范围内不可积吧？

mathe

说的那个积分？
仔细想一下，加上极值点的分析，上面的分析已经足够证明这道题目了。
傅立叶级数其实我也记不清楚了，只是感觉应该可以用，所以查了一下数学分析的书，果然可以使用

lyg_wangyushi

就是如果将原提中的x看成不变的a而将k看成自变量x，则原题变为求和$int_1^n xsin(xa) da$，如果这个定积分可以求解，那不是就解决了这题了吗？

lyg_wangyushi

上面是近似求解，将离散求和的转化为定积分。

mathe

这样没有用，我们只能说如果本命题成立，那么这个定积分必然非负；反之不一定成立。
只有想我前面举例时得出F(n,x)对于n单调的情况才可以这样用。