Τριγωνομετρικές εκτιμήσεις

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

peter
Δημοσιεύσεις: 228
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 30, 2009 2:21 pm

Τριγωνομετρικές εκτιμήσεις

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από peter » Σάβ Απρ 14, 2012 3:21 pm

1. Έστω \alpha_1,\ldots \alpha_n\in [0,\pi] τέτοιοι ώστε ο αριθμός \displaystyle A=\sum_{i=1}^n\cos \alpha_i είναι περιττός ακέραιος. Τότε, ισχύει: \displaystyle \sum_{i=1}^n\sin \alpha_i\geq 1.

2. Έστω n και N δυο θετικοί ακέραιοι. Δείξτε ότι για κάθε 0\leq \alpha\leq N και για κάθε πραγματικό x ισχύει: \displaystyle \left|\sum_{k=0}^n\frac{\sin (k+\alpha)x}{N+k}\right|\leq \min \left \{(n+1)|x|,\frac{1}{N|\sin (x/2)|} \right \}.



Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2321
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Τριγωνομετρικές εκτιμήσεις

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Ιαν 29, 2019 1:58 am

peter έγραψε:
Σάβ Απρ 14, 2012 3:21 pm
1. Έστω \alpha_1,\ldots \alpha_n\in [0,\pi] τέτοιοι ώστε ο αριθμός \displaystyle A=\sum_{i=1}^n\cos \alpha_i είναι περιττός ακέραιος. Τότε, ισχύει: \displaystyle \sum_{i=1}^n\sin \alpha_i\geq 1.
Δεν νομίζω να είναι σωστό.
Θα δώσω ένα παράδειγμα που θα είναι και διαφορετικά τα \alpha_i
(μήπως και το είχε ξεχάσει ο Πέτρος)
Παίρνουμε n=3
και
a_{1}=a ,a_{2}=\pi -a,a_{3}=0

Το άθροισμα των συνημιτόνων είναι 1 περιττός.

Ενω το άθροισμα των ημιτόνων είναι 2\sin a\leq 2a

Διαλέγω το a ώστε να μην ισχύει.

Φυσικά με αυτή την ιδέα μπορούμε να έχουμε οσαδήποτε σημεία.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2321
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Τριγωνομετρικές εκτιμήσεις

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Ιαν 29, 2019 4:16 pm

peter έγραψε:
Σάβ Απρ 14, 2012 3:21 pm
2. Έστω n και N δυο θετικοί ακέραιοι. Δείξτε ότι για κάθε 0\leq \alpha\leq N και για κάθε πραγματικό x ισχύει: \displaystyle \left|\sum_{k=0}^n\frac{\sin (k+\alpha)x}{N+k}\right|\leq \min \left \{(n+1)|x|,\frac{1}{N|\sin (x/2)|} \right \}.
Επαναφορά.
Εννοείται ότι
\frac{x}{2}\neq k\pi ,k\in \mathbb{Z}


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8084
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Τριγωνομετρικές εκτιμήσεις

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Ιαν 29, 2019 5:17 pm

Για την 2:

Από την ανισότητα |\sin{x}| \leqslant |x| παίρνουμε

\displaystyle  \left| \sum_{k=0}^n \frac{\sin((k+\alpha)x)}{N+k}\right| \leqslant \sum_{k=0}^n \frac{|\sin((\alpha+k)x)|}{N+k} \leqslant \sum_{k=0}^n\frac{\alpha+k}{N+k}|x| \leqslant \sum_{k=0}^n|x| = (n+1)|x|

οπότε η πρώτη ανισότητα αποδείχθηκε.

Για την δεύτερη ανισότητα χρησιμοποιούμε το 2\sin(a) \sin(b) = \cos(a-b)-\cos(a+b) για να πάρουμε

\displaystyle  \sum_{k=0}^n \frac{\sin(x/2)\sin((k+\alpha)x)}{N+k} = \sum_{k=0}^n \frac{\cos((\alpha+k-1/2)x)-\cos((\alpha+k+1/2)x)}{2(N+k)}

το οποίο ισούται με

\displaystyle   \frac{\cos((\alpha-1/2)x)}{2N} - \frac{\cos((\alpha+n+1/2)x)}{2(N+n)} + \frac{1}{2}\sum_{r=1}^n \left[\frac{1}{N+r} - \frac{1}{N+r-1} \right]\cos((\alpha+r+1/2)x)

Επειδή το \displaystyle \frac{1}{N+r} - \frac{1}{N+r-1} είναι αρνητικό, από την τριγωνική καταλήγουμε στο

\displaystyle  \left| \sum_{k=0}^n \frac{\sin(x/2)\sin((k+\alpha)x)}{N+k}\right| \leqslant \frac{1}{2N} + \frac{1}{2(N+n)} + \frac{1}{2}\sum_{r=1}^n \left[\frac{1}{N+r-1} - \frac{1}{N+r} \right]

το οποίο τηλεσκοπικά ισούται με \frac{1}{N}. Οπότε παίρνουμε και την δεύτερη ανισότητα.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης