Здравствуйте! Требуется исследовать на сходимость ряд $%\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\sin n^2}{n}$%. Не понимаю, что тут сделать. Признак Дирихле не получается применить. Или тут вообще расходится?

задан 14 Ноя '19 15:42

изменен 14 Ноя '19 20:11

10|600 символов нужно символов осталось
2

Периодически размышляя над этой задачей, пришёл к заключению, что без результатов аналитической теории чисел (в которой я практически не шарю), тут обойтись не удастся. Изложу тут свои соображения, которые возникали у меня, так сказать, в хронологическом порядке.

Этот ряд сходится. Начинаем с применения преобразования Абеля и получаем $$\sum\limits_{k=1}^N\frac{\sin k^2}{k}=\frac{S_N}{N}+\sum\limits_{k=1}^{N-1}\frac{S_k}{k(k+1)},\;S_n=\sum\limits_{k=1}^n\sin k^2=\text{Im}\sum\limits_{k=1}^ne^{2\pi i\frac{k^2}{2\pi}}.$$

Тут важна иррациональность коэффициента при $%k^2$% (на $%2\pi i$% при этом не смотрим).

Требуется оценить оба слагаемых в правой части равенства. С первым слагаемым всё просто -- тут на помощь приходит неравенство ван дер Корпута, которое для нашего случая принимает вид $$|S_N|^2\leq\frac{2N}{M+1}\left(N+2\sum\limits_{r=1}^M\left|\sum\limits_{n=1}^{N-r}e^{2inr}\right|\right)\leq\frac{2N}{M+1}\left(N+2\sum\limits_{r=1}^M\frac{1}{\left|\sin r\right|}\right).$$ Здесь $%M$% -- любое число, меньшее $%N$%. Вывод самого этого неравенства, в том виде, в котором оно приведено по ссылке, несложен. Мы подставляем в него $%y_n=e^{in^2}$%. Смысл этого неравенства -- понизить степень в показателе экспоненты.

Далее, для фиксированного $%\varepsilon>0$%, выберем $%M=\left[\dfrac{1}{\varepsilon}\right]$%, а также найдём $%N_r$% такие, что $%\forall N>N_r$% выполняется $%\dfrac{1}{N|\sin r|}<\varepsilon$% при $%r=1,2,...,M$%, тогда при $%N>\max\{N_1,N_2,...,N_M,M\}$% получим $%|S_N|^2<6N^2\varepsilon.$% Отсюда следует, что при $%N\to\infty$% $%\;\dfrac{S_N}{N}\to0$%.

Для того, чтобы разобраться со второй суммой, таких грубых оценок уже не хватит. Фактически, для более тонких оценок суммы обратных модулей синусов и требуются результаты аналитической теории чисел. Эти оценки получаются весьма нетривиально, поэтому тут я дам только ссылку на одну из основополагающих работ в этой области. Ещё можно посмотреть учебник Коробов Н.М. Тригонометрические суммы и их приложения, глава II, параграф 11. Там материал изложен более "элементарно", но всё равно объёмно.

Далее приведу скрины из Коробова. К нашему случаю многочлена второй степени подходит сказанное в замечании.

alt text

alt text

Из этих источников заключаем, что $%|S_N|\leq CN^{1-\theta}$%, где $%C,\theta$% -- положительные числа, не зависящие от $%N$%. Ключевой момент в получении этой оценки -- иррациональность коэффициента при $%k^2$%, т.е., в нашем случае, числа $%\dfrac{1}{2\pi}$% (иррациональность этого коэффициента позволяет выполнить условие теоремы, в силу следствия из теоремы Дирихле и теории непрерывных дробей). Из этой оценки вытекает сходимость ряда $%\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{S_k}{k(k+1)}$% и сходимость исходного ряда.

Из приведённых ссылок также можно заключить, что результат обобщается на случай любой степени под знаком синуса. Более того, под знаком синуса может стоять даже произвольный многочлен, лишь бы его старший коэффициент был иррационален при выделении множителя $%2\pi i$% у соответствующей мнимой экспоненты.

Что интересно, практически не составляет труда показать, что ряд абсолютно не сходится. Для этого рассмотрим новый ряд, полученный следующей группировкой слагаемых: $$\displaystyle\sum\limits_{k=2}^\infty\left(\dfrac{|\sin(k-1)^2|}{k-1}+\dfrac{|\sin k^2|}{k}+\dfrac{|\sin(k+1)^2|}{k+1}\right)\geq\displaystyle\sum\limits_{k=2}^\infty\dfrac{|\sin(k-1)^2|+|\sin k^2|+|\sin(k+1)^2|}{k+1}.$$

Предположим, что $%\forall\varepsilon>0\;\;\exists k_\varepsilon:\;\;|\sin(k_\varepsilon-1)^2|+|\sin k_\varepsilon^2|+|\sin(k_\varepsilon+1)^2|<\varepsilon$%. В частности, пусть $%\varepsilon=\sin\dfrac{1}{4}$%. Посмотрев на единичную окружность, заключаем, что $%|k_\varepsilon^2-\pi n|<\dfrac{1}{4}$%, $%|(k_\varepsilon-1)^2-\pi l|<\dfrac{1}{4}$%, $%|(k_\varepsilon+1)^2-\pi m|<\dfrac{1}{4}$%. Поскольку $%2=(k_\varepsilon-1)^2+(k_\varepsilon+1)^2-2k_\varepsilon^2$%, то получаем такие оценки: $$-1+\pi(l+m-2n)<2<1+\pi(l+m-2n).$$

Поскольку число $%l+m-2n$% целое, то эти оценки противоречивы. Таким образом, доказано, что $%\forall k\;\;|\sin(k-1)^2|+|\sin k^2|+|\sin(k+1)^2|\geq \sin\dfrac{1}{4}$%, поэтому сгруппированный ряд расходится, а вместе с ним расходится и исходный.

ссылка

отвечен 3 Июл 16:15

изменен 6 Июл 11:30

Это старый вопрос?

(3 Июл 16:30) Rene

думаю будет смысл также попробовать доказать общий случай $%S_k= \sum \limits_{n=1}^{\infty}\sin(n^k)/n$% для всех $%k>0$%.

(3 Июл 16:32) Rene

Угу.. Но небесполезный)) Общий случай получается из тех же соображений. Первый шаг (с неравенством ван дер Корпута) можно сделать по индукции, а второй -- с помощью универсальной оценки из работы Виноградова. Хотя, конечно, эта оценка и для первого шага пригодна. Просто хотелось бы минимизировать "белые пятна".

(3 Июл 16:32) caterpillar

$%\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\left(\sum_{m=1}^{N} \sin \left(m^{k}\right)\right)\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)+\frac{1}{N+1}\left(\sum_{m=1}^{N} \sin \left(m^{k}\right)\right)$% - вот пока так можно переписать.

(3 Июл 16:33) Rene
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×835
×3

задан
14 Ноя '19 15:42

показан
281 раз

обновлен
6 Июл 11:30

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru