Całka z sinusami

[mol_ksiazkowy]

Udowodnić, że \(\displaystyle{ | \sin(x) + \frac{\sin(2x)}{2} + ... + \frac{\sin(nx)}{n}| \leq \int_{0}^{ \pi } \frac{\sin(x)}{x} }\)

Ukryta treść:    

i że szacowanie jest optymalne

[Mlodociany calkowicz]

Czym jest \(\displaystyle{ x}\) z lewej strony?

[Premislav]

Dowolną liczbą rzeczywistą; jak już to napisałeś, to wstawiam fragment dowodu, który wyprodukowałem dwa miesiące temu, ale z bardzo istotną luką, której mi się nie chciało wypełniać (bo i tak nie wypełni to sensu mojego pustego i beznadziejnego życia) i zapisałem w notatniku. Ukrywam ze względu na długość.

Ukryta treść:    

Z uwagi na okresowość i nieparzystość sinusa wystarczy ograniczyć się do \(\displaystyle{ x\in [0, \pi]}\).
Na tym przedziale, na mocy klasycznej nierówności Fejéra–Jacksona, mamy
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}\frac{\sin(kx)}{k}\ge 0}\), więc wystarczy znaleźć maksimum funkcji
\(\displaystyle{ g(x)=\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin(kx)}{k}}\) w rzeczonym przedziale i sprawdzić, że spełniona jest dlań postulowana nierówność.
Oczywiście gdy \(\displaystyle{ x=0}\), to nierówność zachodzi, a dla \(\displaystyle{ x>0}\) możemy zapisać
\(\displaystyle{ g'(x)=\sum_{k=1}^{n}\cos(kx)=\frac{1}{2\sin\left(\frac{x}{2}\right)}\sum_{k=1}^{n}2\sin\left(\frac{x}{2}\right)\cos(kx)\\=\frac{1}{2\sin\left(\frac{x}{2}\right)}\sum_{k=1}^{n}\left(\sin\left(kx+\frac{x}{2}\right)-\sin\left(kx-\frac{x}{2}\right)\right)\\=\frac{\sin\left(\frac{2n+1}{2}x\right)-\sin\left(\frac{x}{2}\right)}{2\sin\left(\frac{x}{2}\right)}\\=\frac{\sin\left(\frac{nx}{2}\right)\cos\left(\frac{(n+1)x}{2}\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}}\)

Mamy więc
\(\displaystyle{ g'(x)=0\Leftrightarrow \left(\frac{nx}{2}=k\pi, k\in \ZZ\right) \vee \left(\frac{(n+1)x}{2}=\frac{\pi}{2}+l\pi, \ l\in \ZZ\right) }\)
Z uwagi na rozpatrywany przez nas przedział natychmiast widać, że interesują nas \(\displaystyle{ k, l\in \NN}\) i warunki przekształcają się do
\(\displaystyle{ x=\frac{2k\pi}{n}, \ x=\frac{(2l+1)\pi}{n+1}}\)
(i znów z uwagi na interesujący nas przedział mamy
\(\displaystyle{ k\le \left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor, \ l\le \left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\)

Będziemy teraz dążyć do dowodu, że \(\displaystyle{ \max_{x\in[0,\pi]}g(x)=g\left(\frac{\pi}{n+1}\right)}\)
(rozpatrzenie paru małych przypadków i sprawdzenie większych wolframem podsunęło taki pomysł).
Po pierwsze, ustalmy, że zachodzą nierówności
\(\displaystyle{ \frac{2l+1}{n+1}\pi<\frac{2l+2}{n}\pi<\frac{2l+3}{n+1}\pi, \ l=0,1\ldots \left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor -1}\)
Jest to prosty rachunek na ułamkach.
W połączeniu z tym, że \(\displaystyle{ \sin\left(\frac{x}{2}\right)>0}\) dla \(\displaystyle{ x\in(0,\pi)}\) i z dodatniością tak sinusa, jak i kosinusa dla małych liczb dodatnich daje to szybko wniosek, że w punktach postaci
\(\displaystyle{ \frac{2l+1}{n+1}\pi}\) mamy lokalne maksima funkcji \(\displaystyle{ g}\) (pochodna funkcji \(\displaystyle{ g}\) zmienia dokładnie w tych punktach znak z dodatniego na ujemny).
\(\displaystyle{ \red{\text{ i tutaj słoń w pokoju: coś mi się babrały próby dowodu, że dla najmniejszego l jest przyjmowane maksimum globalne}\\ \text{może jutro pomyślę, jak wrócę z okresowego szkolenia BHP z roboty}}}\)

Pozostaje nam dowód nierówności
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}\frac{\sin\left(\frac{k\pi}{n+1}\right)}{k}\le \int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{x}\mbox{d}x}\)
Zapiszmy to trochę inaczej:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}\frac{\pi}{n+1}\cdot \frac{\sin\left(\frac{k\pi}{n+1}\right)}{\frac{k\pi}{n+1}}\le \int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{x}\mbox{d}x}\)

LHS to właściwie suma całkowa funkcji \(\displaystyle{ \frac{\sin x}{x}}\), dla przedziału \(\displaystyle{ (0,\pi]}\) i punktów podziału
\(\displaystyle{ \frac{k\pi}{n+1}, \ k=1\ldots n}\).
Dopiszmy sobie w tej sumie \(\displaystyle{ n+1.}\) wyraz \(\displaystyle{ 0=\frac{\pi}{n+1}\frac{\sin\left(\frac{(n+1)\pi}{n+1}\right)}{\frac{\pi}{n+1}}}\)
Jeśli chodzi o funkcję
\(\displaystyle{ h(x)=\frac{\sin x}{x}}\), to mamy
\(\displaystyle{ h'(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^{2}}<0, \ x\in (0, \pi]}\)
Istotnie, w mianowniku mamy zawsze liczbę dodatnią, a jeśli chodzi o licznik, to:
– dla \(\displaystyle{ x\in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)}\) zachodzi bardzo znana nierówność \(\displaystyle{ x<\tg x}\), którą łatwo przekształcić do
\(\displaystyle{ x\cos x-\sin x<0}\);
– dla \(\displaystyle{ x\in \left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]}\) wyrażenie \(\displaystyle{ x\cos x-\sin x}\) jest różnicą (tu w tekście zaczyna się odjemna) iloczynu liczby dodatniej \(\displaystyle{ x}\) i niedodatniej \(\displaystyle{ \cos x}\) i (tu zaczyna się odjemnik) liczby nieujemnej \(\displaystyle{ \sin x}\),
stąd i w tym przedziale mamy \(\displaystyle{ x\cos x-\sin x\le 0}\)
i równość nie zachodzi, bo dla tego samego iksa \(\displaystyle{ x\cos x, \ -\sin x}\) musiałyby być zerami, by takowa zaszła.

Zatem funkcja \(\displaystyle{ h(x)}\) jest malejąca w przedziale \(\displaystyle{ (0, \pi]}\), a wobec tego mamy
\(\displaystyle{ \frac{\pi}{n+1}h\left(\frac{k\pi}{n+1}\right)\le \int_{\frac{(k-1)\pi}{n+1}}^{\frac{k\pi}{n+1}}h(x)\mbox{d}x}\)
Dodajemy takie nierówności dla \(\displaystyle{ k=1, 2\ldots n+1}\) nierówności stronami i mamy

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n+1}\frac{\pi}{n+1}h\left(\frac{k\pi}{n+1}\right)\le \int_{0}^{\pi}h(x)\mbox{d}x}\)
co kończy dowód (a tak naprawdę wcale nie, bo zostaje do uzupełnienia to, o czym pisałem na czerwono).

Stała \(\displaystyle{ 1}\) przy \(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{x}\mbox{d}x}\)
jest optymalna, bo gdy \(\displaystyle{ n\rightarrow +\infty}\), to \(\displaystyle{ g\left(\frac{\pi}{n+1}\right)}\), jako suma całkowa, dąży do \(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{x}\mbox{d}x}\)
(chyba nie potrzeba bardziej szczegółowego wytłumaczenia, przynajmniej taką mam nadzieję, gdyż raczej nie umiałbym go udzielić).

[pkrwczn]

Ja nie mam dowodu ale wymyśliłem taką interpretację.

Szereg \(\displaystyle{ S_n=\sin(x)+\frac{\sin(2x)}{2}+\frac{\sin(3x)}{3}+...+\frac{\sin(nx)}{n}}\) wygląda jak szereg Fouriera jakiejś funkcji, którą można znaleźć empirycznie. Tą funkcją jest \(\displaystyle{ f(x)=\begin{cases} \frac{\pi}{2}-\frac{x}{2} \ \ \ dla \ k\pi<x<k\pi+\pi\\ 0 \ \ \ dla \ x=k\pi\end{cases}}\),
dla każdego całkowitego k. Można znaleźć szereg Fouriera funkcji \(\displaystyle{ f}\) i to zweryfkować. W punktach nieciągłości \(\displaystyle{ k\pi}\) mamy średnią granic jednostronnych w tych punktach.

Ktoś mógłby się przyczepić do takiego empirycznego podejścia ale jest ono jak najbardziej poprawne jeśli pomaga w znalezieniu wyniku, który można formalnie zweryfikować.

Czyli \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } S_n(x)=f(x)}\) i to są podstawy analizy Fouriera.

Dla skończongo \(\displaystyle{ n}\) występuje efekt Gibbsa, w którym wartość jednostronnej granicy szeregu w punkcie nieciągłości jest większa od wartości jednostronnej granicy funkcji w punkcie nieciągłości.
\(\displaystyle{ \lim_{x \to 0+} S_n(x)< \lim_{x \to 0+} f(x)\cdot\frac{2}{\pi} \int_{0}^{ \pi } \frac{\sin(x)}{x}}\).

...
Stała \(\displaystyle{ 1}\) przy \(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{x}\mbox{d}x}\)
jest optymalna, bo gdy \(\displaystyle{ n\rightarrow +\infty}\), to \(\displaystyle{ g\left(\frac{\pi}{n+1}\right)}\), jako suma całkowa, dąży do \(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{x}\mbox{d}x}\)
...

Nieprawda, dla \(\displaystyle{ n\rightarrow +\infty}\) wartość szeregu \(\displaystyle{ \le \frac{\pi}{2}}\).

W treści zadania powinno chyba być \(\displaystyle{ \left| \sin(x) + \frac{\sin(2x)}{2} + ... + \frac{\sin(nx)}{n}\right| < \int_{0}^{ \pi } \frac{\sin(x)}{x}}\).
Mamy tutaj coś takiego, że im większe jest \(\displaystyle{ n}\), tym bliżej maximum sumy zbliża się do wartości tej całki ale to nie jest granica, bo w granicy \(\displaystyle{ n\rightarrow \infty}\) efekt Gibbsa znika i suma nawet nie zbliży się do wartości \(\displaystyle{ \int_{0}^{ \pi } \frac{\sin(x)}{x}}\).

Podejmowałem się tego już wcześniej ale nie umiałem tego zrobić. Jak coś wymyślę, to dopiszę. Przypuszczam, że autor zadania mógł mieć inne podejście na myśli.

[Premislav]

Nieprawda, dla \(\displaystyle{ n\rightarrow +\infty}\) wartość szeregu \(\displaystyle{ \le \frac{\pi}{2}}\).

W treści zadania powinno chyba być \(\displaystyle{ \left| \sin(x) + \frac{\sin(2x)}{2} + ... + \frac{\sin(nx)}{n}\right| < \int_{0}^{ \pi } \frac{\sin(x)}{x}}\).
Mamy tutaj coś takiego, że im większe jest \(\displaystyle{ n}\), tym bliżej maximum sumy zbliża się do wartości tej całki ale to nie jest granica, bo w granicy \(\displaystyle{ n\rightarrow \infty}\) efekt Gibbsa znika i suma nawet nie zbliży się do wartości \(\displaystyle{ \int_{0}^{ \pi } \frac{\sin(x)}{x}}\).

O kurczę. To widocznie ja nie rozumiem pewnych specyficznych całek niewłaściwych (które mają jeno pozorną osobliwość), bo rękę sobie dawałem uciąć, że to jest suma całkowa funkcji \(\displaystyle{ \frac{\sin x}{x}}\), i powinna ona zbiegać do całki (w czym początkowo utwierdzało mnie numeryczne sprawdzenie wartości sumy dla całkiem dużych, bo idących w miliony \(\displaystyle{ n}\)), a najwyraźniej tak nie jest. Nie rozumiem swojego własnego (nomen omen) niezrozumienia sum całkowych Riemanna, natomiast dziękuję za wyprowadzenie mnie z błędu. Dam sobie spokój z dokończeniem tego rozwiązania, bo w takim razie i tak podejście to nie zapewnia optymalności szacowania, jakkolwiek ją rozumieć.

[Dasio11]

rękę sobie dawałem uciąć, że to jest suma całkowa funkcji \(\displaystyle{ \frac{\sin x}{x}}\), i powinna ona zbiegać do całki

W jakimś sensie zbiega, mianowicie gdy \(\displaystyle{ x = \frac{\pi}{n}}\) i \(\displaystyle{ n \to \infty}\). I stąd wynika, że szacowanie jest optymalne.