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kuing
Post time 2014-11-10 22:36
续：
先给出一个引理：设 $k\in\mbb Z$，函数 $g(x)$ 在 $[2k\pi-2\pi,2k\pi]$ 上严格递减，则
\[\int_{2k\pi-2\pi}^{2k\pi}{g(x)\sin x\rmd x}>0.\]
引理的证明：
\begin{align*}
\int_{2k\pi-2\pi}^{2k\pi}{g(x)\sin x\rmd x}
&=\int_{2k\pi-2\pi}^{2k\pi-\pi}{g(x)\sin x\rmd x} + \int_{2k\pi-\pi}^{2k\pi}{g(x)\sin x\rmd x} \\
&=\int_{2k\pi-2\pi}^{2k\pi-\pi}{g(x)\sin x\rmd x} + \int_{2k\pi-2\pi}^{2k\pi-\pi}{g(x+\pi)\sin(x+\pi)\rmd{(x+\pi)}} \\
&=\int_{2k\pi-2\pi}^{2k\pi-\pi}{g(x)\sin x\rmd x} - \int_{2k\pi-2\pi}^{2k\pi-\pi}{g(x+\pi)\sin x\rmd x} \\
&=\int_{2k\pi-2\pi}^{2k\pi-\pi}{\bigl(g(x)-g(x+\pi)\bigr)\sin x\rmd x},
\end{align*}
由 $g(x)$ 严格递减知最后一式的被积函数在积分区间内恒正，故引理得证。
回到原题，容易证明 $f(x)=f(\pi-x)$，即 $f(x)$ 关于 $x=\pi/2$ 对称，故由1楼知，只需要证明 $f(k\pi/n)>0$ 对 $k=1$, $2$, \ldots, $[n/2]$ 成立即可。
由求导的式子可知，$f(x)$ 也可以表示为
\[f(x)=\int_0^x{\frac{\sin 2nt}{2\sin t}\rmd t},\]
故
\[f\left( \frac{k\pi}n \right)-f\left( \frac{(k-1)\pi}n \right)=\int_{(k-1)\pi/n}^{k\pi/n}{\frac{\sin 2nt}{2\sin t}\rmd t}=\int_{2k\pi -2\pi}^{2k\pi}{\frac{\sin t}{2\sin \frac t{2n}}\rmd{\frac t{2n}}}=\frac1{4n}\int_{2k\pi-2\pi}^{2k\pi}{\frac{\sin t}{\sin\frac t{2n}}\rmd t},\]
由于 $1\leqslant k\leqslant [n/2]$，故当 $t\in [2k\pi-2\pi,2k\pi]$ 时
\[\frac t{2n}\in \left[ \frac{k\pi-\pi}n,\frac{k\pi}n \right]\subseteq \left[ 0,\frac\pi2 \right],\]
故由引理知
\[\int_{2k\pi-2\pi}^{2k\pi}{\frac{\sin t}{\sin \frac t{2n}}\rmd t}>0,\]
所以
\[f\left( \frac{k\pi}n \right)>f\left( \frac{(k-1)\pi}n \right)>\cdots >f(0)=0,\]
即得证。 |
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其妙
Post time 2014-11-10 22:52
别灌水，有闲情写这无聊的东东不如帮我检查下证明有没有问题，刚才我都错了一次，信心已大减……
