Τριγωνομετρική ανισότητα

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Με αφορμή το
viewtopic.php?f=184&t=74621

Εστω
$f(x)=A+\sum_{k=1}^{N}a_kcoskx+b_ksinkx$
όπου
$A,a_k,b_k\in \mathbb{R},|a_N|+|b_N|\neq 0$
Αν ισχύει
$f(x)\geqslant 0,x\in \mathbb{R}$
τότε ισχύει
$f(x)\leq A(N+1),x\in \mathbb{R}$
Η τελευταία ανισότητα είναι η καλύτερη δυνατή.

Λάμπρος Κατσάπας · #2

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 15, 2023 12:50 pm
Με αφορμή το
viewtopic.php?f=184&t=74621

Εστω
$f(x)=A+\sum_{k=1}^{N}a_kcoskx+b_ksinkx$
όπου
$A,a_k,b_k\in \mathbb{R},|a_N|+|b_N|\neq 0$
Αν ισχύει
$f(x)\geqslant 0,x\in \mathbb{R}$
τότε ισχύει
$f(x)\leq A(N+1),x\in \mathbb{R}$
Η τελευταία ανισότητα είναι η καλύτερη δυνατή.

Θα βγω εκτός φακέλου.

Καταρχάς δεν μπορεί να είναι A<0

γιατί τότε, ολοκληρώνοντας στο $[0,2\pi]$ θα παίρναμε ότι η

έχει αρνητική μέση τιμή και επομένως παίρνει και αρνητικές τιμές, πράγμα άτοπο.

Σε άτοπο θα καταλήγαμε ακόμα και αν A=0.

Τότε θα είχαμε ότι η μέση τιμή είναι

οπότε θα ήταν σταθερή

(|a_N|+|b_N|=0

άτοπο) ή, αν δεν ήταν σταθερή θα έπαιρνε και αρνητικές τιμές (άτοπο).

Άρα A> 0.

Από εκεί και πέρα η απόδειξη που έκανα στο σύνδεσμο γενικεύεται.

Συγκεκριμένα μπορούμε κανονικοποιώντας τους συντελεστές a_k,b_k

να υποθέσουμε A=1.

Έχουμε λοιπόν ότι

f(x)=Ag(x)

με $g(x)=1+\sum_{k=1}^{N}\frac{a_k}{A}\cos(kx)+\frac{b_k}{A}\sin(kx).$

Είναι $g(x)\geq 0$ και

$g(x)\leq \sum_{j=0}^{N}g(x+\frac{2j\pi}{N+1})=\sum_{j=0}^{N}\left (1+\sum_{k=1}^{N}\frac{a_k}{A}\cos(k(x+\frac{2j\pi}{N+1}))+\frac{b_k}{A}\sin(k(x+\frac{2j\pi}{N+1})) \right )$

$=\sum_{j=0}^{N}1=N+1.$

Πολλαπλασιάζοντας με

παίρνουμε τη ζητούμενη ανισότητα για την

Σημείωση 1: Δεν γνωρίζω ποιο τριγωνομετρικό πολυώνυμο πιάνει το άνω φράγμα.

Σημείωση 2: Δεν υπάρχει κανένας σοβαρός λόγος να βγάλουμε κοινό παράγοντα το . Μπορούμε κατευθείαν να πάρουμε στα δεξιά άθροισμα στην και να μην θεωρήσουμε την . Ο μόνος λόγος είναι για να συμβαδίζει η εδώ απόδειξη με την απόδειξη της παραπομπής

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Προς το παρόν.
https://encyclopediaofmath.org/wiki/Fej ... sz_theorem

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Χρησιμοποιώντας τον σύνδεσμο της παραπάνω ανάρτησης έχουμε ότι
$f(x)=|\sum_{k=0}^{N}c_ke^{ikx}|^2,c_k\in \mathbb{C}$
Αμεσα προκύπτει ότι
$A=\sum_{k=0}^{N}|c_k|^2$
Χρησιμοποιώντας C-S έχουμε
$f(x)\leq |\sum_{k=0}^{N}|c_k||^2\leq (N+1)\sum_{k=0}^{N}|c_k|^2=(N+1)A$
Η ισότητα επιτυγχάνεται αν πάρουμε
$c_k=\sqrt{\frac{A}{N+1}}$

Να σημειώσω ότι η απόδειξη του συνδέσμου χρησιμοποιεί στοιχειώδη θεωρία μιγαδικών
μαζι με το Θεμελιώδες Θεώρημα της Αλγεβρας.
Τέλος αν σε κάποιον δεν του αρέσει το $e^{ikx}$ αρκεί να το αντικαταστήσει με
$\cos kx+i\sin kx$

Τριγωνομετρική ανισότητα

Τριγωνομετρική ανισότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση