Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1143
2015-07-21 
Найдите все $x$, для которых
$\sin x + \sin 2x + \cdots + \sin nx \leq \frac{\sqrt{3}}{2}$
при любом значении $n$.
Решение:
Заметим, что если $x$ при всех $n$ удовлетворяет неравенству, то и $x+2k \pi$ удовлетворяет также.
При $n=1$ имеем $\sin x \leq \frac{\sqrt{3}}{2}$, т. е. $0 \leq x \leq \frac{\pi}{3}$ и $\frac{2}{3} \pi \leq x \leq 2 \pi$.
Поэтому область решений, удовлетворяющая всем неравенствам, может быть только меньше.
Возьмем $0 < x_{0} < \frac{\pi}{3}$, тогда найдется $k$ такое: $k = \left [ \frac{\pi}{3x_{0}} \right ] + 1$, что $\frac{2 \pi}{3} > kx_{0} > \frac{\pi}{3}$, и мы получим, что
$\sin x_{0} + \sin 2x_{0} + \cdots + \sin kx_{0} > \frac{\sqrt{3}}{2}$,
так как все слагаемые положительны и $\sin kx_{0} > \frac{\sqrt{3}}{2}$. Поэтому область $0 < x < \frac{\pi}{3}$ не удовлетворяет неравенствам.
Проверим, что все $x \frac{2}{3} \pi \leq \leq 2 \pi$ являются решением неравенства. Очевидно, $x = 2k \pi$ есть решение. Просуммируем теперь левую часть, для чего умножим и разделим ее на $2 \sin \frac{x}{2}, x \neq 2 \pi$.
Так как $2 \sin \frac{x}{2} s\in k \pi = \сos \left ( k - \frac{1}{2} \right ) x - \cos \left ( k + \frac{1}{2} \right ) x$, то
$\sin x + \sin 2x + \cdots + \sin nx = \frac{\cos \frac{1}{2} x - \cos \frac{3}{2} x + \cos \frac{3}{2} x - \cos \frac{5}{2} x + \cdots + \cos \frac{2n-1}{2} x - \cos \frac{2n+1}{2} x}{2 \sin \frac{x}{2}} = \frac{\cos \frac{x}{2} - \cos \left ( n + \frac{1}{2} \right ) x}{2 \sin \frac{x}{2}}$.
Таким образом, если обозначить $\frac{x}{2} = z$, то нам остается проверить, что все $z$ в интервале $\frac{\pi}{3} < z < \pi$ удовлетворяют системе неравенств:
$\frac{\cos z - \cos (2n+1) z}{2 \sin z} \leq \frac{\sqrt{3}}{2} n=1,2, \cdots,$,
но
$\frac{\cos z - \cos (2n+1)z}{2\sin z} \leq \frac{\cos z +1}{2 \sin z}$.
Область $\frac{\pi}{3} \leq z \leq \pi$ является решением неравенства $ \frac{\cos z +1}{2 \sin z} \leq \frac{\sqrt{3}}{2}$, а тем самым и заданного неравенства.
Ответ: $\frac{2}{3} \pi + 2 \pi k \leq x \leq 2 \pi + 2 \pi k$.
Найдите все $x$, для которых
$\sin x + \sin 2x + \cdots + \sin nx \leq \frac{\sqrt{3}}{2}$
при любом значении $n$.
Решение:
Заметим, что если $x$ при всех $n$ удовлетворяет неравенству, то и $x+2k \pi$ удовлетворяет также.
При $n=1$ имеем $\sin x \leq \frac{\sqrt{3}}{2}$, т. е. $0 \leq x \leq \frac{\pi}{3}$ и $\frac{2}{3} \pi \leq x \leq 2 \pi$.
Поэтому область решений, удовлетворяющая всем неравенствам, может быть только меньше.
Возьмем $0 < x_{0} < \frac{\pi}{3}$, тогда найдется $k$ такое: $k = \left [ \frac{\pi}{3x_{0}} \right ] + 1$, что $\frac{2 \pi}{3} > kx_{0} > \frac{\pi}{3}$, и мы получим, что
$\sin x_{0} + \sin 2x_{0} + \cdots + \sin kx_{0} > \frac{\sqrt{3}}{2}$,
так как все слагаемые положительны и $\sin kx_{0} > \frac{\sqrt{3}}{2}$. Поэтому область $0 < x < \frac{\pi}{3}$ не удовлетворяет неравенствам.
Проверим, что все $x \frac{2}{3} \pi \leq \leq 2 \pi$ являются решением неравенства. Очевидно, $x = 2k \pi$ есть решение. Просуммируем теперь левую часть, для чего умножим и разделим ее на $2 \sin \frac{x}{2}, x \neq 2 \pi$.
Так как $2 \sin \frac{x}{2} s\in k \pi = \сos \left ( k - \frac{1}{2} \right ) x - \cos \left ( k + \frac{1}{2} \right ) x$, то
$\sin x + \sin 2x + \cdots + \sin nx = \frac{\cos \frac{1}{2} x - \cos \frac{3}{2} x + \cos \frac{3}{2} x - \cos \frac{5}{2} x + \cdots + \cos \frac{2n-1}{2} x - \cos \frac{2n+1}{2} x}{2 \sin \frac{x}{2}} = \frac{\cos \frac{x}{2} - \cos \left ( n + \frac{1}{2} \right ) x}{2 \sin \frac{x}{2}}$.
Таким образом, если обозначить $\frac{x}{2} = z$, то нам остается проверить, что все $z$ в интервале $\frac{\pi}{3} < z < \pi$ удовлетворяют системе неравенств:
$\frac{\cos z - \cos (2n+1) z}{2 \sin z} \leq \frac{\sqrt{3}}{2} n=1,2, \cdots,$,
но
$\frac{\cos z - \cos (2n+1)z}{2\sin z} \leq \frac{\cos z +1}{2 \sin z}$.
Область $\frac{\pi}{3} \leq z \leq \pi$ является решением неравенства $ \frac{\cos z +1}{2 \sin z} \leq \frac{\sqrt{3}}{2}$, а тем самым и заданного неравенства.
Ответ: $\frac{2}{3} \pi + 2 \pi k \leq x \leq 2 \pi + 2 \pi k$.
