求证：$\sin x+\dfrac 12\sin 2x+\dfrac 13\sin 3x+\cdots +\dfrac{1}{n}\sin nx>0$，其中 $n\in\mathbb N^*$，$x\in (0,\pi)$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
如图，分别为 $n=1,2,3,4$ 的情形．
记左侧为 $f_n(x)$，对 $n$ 进行归纳．当 $n=1$ 时命题即 $\sin x>0,x\in (0,\pi)$．显然成立．假设当 $n=1,2,\cdots ,k-1$（$k\geqslant 2$）成立，也即$$\sin x+\dfrac 12\sin 2x+\dfrac 13\sin 3x+\cdots +\dfrac{1}{n}\sin nx>0.$$那么当 $n=k$ 时，设 $x=x_0$ 是 $f_k(x)$ 的最小值点，那么有$$f'(x_0)=\cos x_0+\cos 2x_0+\cdots +\cos kx_0=0,$$而\[\begin{split} \sum_{i=1}^k\cos ix&=\dfrac{1}{2\sin\dfrac x2}\sum_{i=1}^k\left(2\cos ix\cdot\sin\dfrac x2\right)\\
&=\dfrac{1}{2\sin\dfrac x2}\sum_{i=1}^k\left(\sin\dfrac{2i+1}{2}x-\sin\dfrac{2i-1}2x\right)\\
&=\dfrac{1}{\sin\dfrac x2}\left(\sin\dfrac{2k+1}{2}x-\sin\dfrac x2\right),\end{split}\]因此$$\sin\dfrac{x_0}2=\sin\dfrac{2k+1}{2}x_0.$$若 $f_k(x_0)\leqslant 0$，则根据归纳假设，有$$\dfrac{1}{i+1}\sin(i+1)x_0+\cdots +\dfrac{1}{k}\sin kx_0<0,i=1,2,\cdots ,k-1.$$将 $f_k(x_0)\leqslant 0$ 以及 $i=1,2,\cdots ,k-1$ 时的各式累加，有$$\sin x_0+\sin 2x_0+\sin 3x_0+\cdots +\sin kx_0<0.$$而\[\begin{split} \sum_{i=1}^k\sin ix&=\dfrac{1}{2\sin\dfrac x2}\sum_{i=1}^k\left(2\sin ix\cdot\sin\dfrac x2\right)\\
&=\dfrac{1}{2\sin\dfrac x2}\sum_{i=1}^k\left(\cos\dfrac{2i-1}{2}x-\cos\dfrac{2i+1}2x\right)\\
&=\dfrac{1}{2\sin\dfrac x2}\left(\cos\dfrac x2-\cos\dfrac{2k+1}{2}x\right),\end{split}\]于是$$0<\cos\dfrac{x_0}2<\cos\dfrac{2k+1}2x_0,$$进而$$1-\cos^2\dfrac{x_0}2>1-\cos^2\dfrac{2k+1}2x_0,$$与 $\sin\dfrac{x_0}2=\sin\dfrac{2k+1}{2}x_0$ 矛盾．因此 $f_k(x_0)>0$．
综上所述，原命题得证．
记左侧为 $f_n(x)$，对 $n$ 进行归纳．当 $n=1$ 时命题即 $\sin x>0,x\in (0,\pi)$．显然成立．假设当 $n=1,2,\cdots ,k-1$（$k\geqslant 2$）成立，也即$$\sin x+\dfrac 12\sin 2x+\dfrac 13\sin 3x+\cdots +\dfrac{1}{n}\sin nx>0.$$那么当 $n=k$ 时，设 $x=x_0$ 是 $f_k(x)$ 的最小值点，那么有$$f'(x_0)=\cos x_0+\cos 2x_0+\cdots +\cos kx_0=0,$$而\[\begin{split} \sum_{i=1}^k\cos ix&=\dfrac{1}{2\sin\dfrac x2}\sum_{i=1}^k\left(2\cos ix\cdot\sin\dfrac x2\right)\\&=\dfrac{1}{2\sin\dfrac x2}\sum_{i=1}^k\left(\sin\dfrac{2i+1}{2}x-\sin\dfrac{2i-1}2x\right)\\
&=\dfrac{1}{\sin\dfrac x2}\left(\sin\dfrac{2k+1}{2}x-\sin\dfrac x2\right),\end{split}\]因此$$\sin\dfrac{x_0}2=\sin\dfrac{2k+1}{2}x_0.$$若 $f_k(x_0)\leqslant 0$，则根据归纳假设，有$$\dfrac{1}{i+1}\sin(i+1)x_0+\cdots +\dfrac{1}{k}\sin kx_0<0,i=1,2,\cdots ,k-1.$$将 $f_k(x_0)\leqslant 0$ 以及 $i=1,2,\cdots ,k-1$ 时的各式累加，有$$\sin x_0+\sin 2x_0+\sin 3x_0+\cdots +\sin kx_0<0.$$而\[\begin{split} \sum_{i=1}^k\sin ix&=\dfrac{1}{2\sin\dfrac x2}\sum_{i=1}^k\left(2\sin ix\cdot\sin\dfrac x2\right)\\
&=\dfrac{1}{2\sin\dfrac x2}\sum_{i=1}^k\left(\cos\dfrac{2i-1}{2}x-\cos\dfrac{2i+1}2x\right)\\
&=\dfrac{1}{2\sin\dfrac x2}\left(\cos\dfrac x2-\cos\dfrac{2k+1}{2}x\right),\end{split}\]于是$$0<\cos\dfrac{x_0}2<\cos\dfrac{2k+1}2x_0,$$进而$$1-\cos^2\dfrac{x_0}2>1-\cos^2\dfrac{2k+1}2x_0,$$与 $\sin\dfrac{x_0}2=\sin\dfrac{2k+1}{2}x_0$ 矛盾．因此 $f_k(x_0)>0$．
综上所述，原命题得证．
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解析
备注
