Cómo probar la serie $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac1n\sin(\ln n)$ aleja

Question

<blockquote> <p>¿Cómo probar la siguiente serie es divergente: $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \sin (\ln n) \? $$</p> </blockquote> <p>Lo que estaba pensando es, puesto que diverge de la $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$, $\sin$ es periódico y $(\ln (n+p)-\ln n)$ converge a $0$ cuando $n$ hasta el infinito cada $p$, tal vez puedo mirar por una suma de términos parciales en algunos $(2k\pi, 2k\pi + \pi)$ a ser mayor que un % fijo $\epsilon$. Pero cuando se trata hasta el detalle, me preocupa. ¿Cualquier sugerencia?</p>

Answer 1

Como demostrado aquí, puede siempre aplicar la prueba integral a $\sum_{n \geqslant 1} f(n)$ incluso si $f$ no es monótona como siempre

$$\tag{*}\int_1^\infty|f'(x)| \, dx

En este caso, $f'(x) = -\sin (\ln x)/x^2 + \cos(\ln x)/x^2$. Desde $|f'(x)| \leqslant 2/x^2$, se cumple la condición (*).

Entonces sigue que la serie diverge y el % integral $\int_1^\infty f(x) \, dx$.

Answer 2

Ya que parece que todo el mundo se siente obligado a precipitarse a la comparación con un integral, presentemos una prueba más simple, sencilla, (que, además, es idea de OP).

Comenzar con lo elemental que $$\sin(\log n)\geqslant\frac12$$ for every $n$ such that $a_k\leqslant n\leqslant b_k $ for some $k $, with $% $ $a_k=\lceil e^{2k\pi+\pi/6}\rceil\qquad b_k=\lfloor e^{2k\pi+5\pi/6}\rfloor$por lo tanto, el segmento de la serie de $a_k$ $bk$ puede bajar delimitarse como sigue: $$\sum{n=a_k}^{bk}\frac1n\sin(\log n)\geqslant\frac12\sum{n=a_k}^{b_k}\frac1n\geqslant\frac12(b_k-a_k+1)\frac1{b_k}$$ Since $a_k\to\infty$ and the RHS above converges to $$\frac12(1-e^{-2\pi/3})\ne0$$ diverge la serie de interés.

Answer 3

Vamos $$a_n = \frac{\sin \ln n}{n}$$ Para $n > 0$, vamos a tomar

$$b_n = a_n - \int_n^{n+1}\frac{\sin\ln x}{x} dx = \int_0^1 \left(a_n - \frac{\sin \ln(n+t)}{n+t}\right) dt $$ Puesto que para cada una de las $\alpha \in ]0,1]$, podemos aplicar MVT para encontrar una $c \in [0,\alpha]$

$$\left|a_n - \frac{\sin\ln(n+t)}{n+t}\right| = \left|\frac{\sin\ln(n+c) + \sin\ln(n+c)}{(n+c)^2}\right|\alpha \le \frac{\sqrt{2}t}{n^2}$$ Como consecuencia de ello, $$|b_n| \le \frac{\sqrt{2}}{n^2}\int_0^1 \alpha d\alpha = \frac{1}{\sqrt{2}n^2}$$ Por la $p-$prueba, $\sum \frac{1}{\sqrt{2}n^2}$ es una serie convergente. Así que por la prueba de comparación, $\sum b_n$ es absolutamente convergente la serie. Deje $A = \sum b_n < \infty$

$$A= \lim_{N\to\infty}\left[\sum_{n=1}^N a_n - \sin\ln(N+1)\right] $$ Desde el límite de $ \sin\ln(N+1)$ oscila, entonces el límite de $\sum_{n=1}^N a_n$ ha de oscilar a mantener un finito $A$. Por lo tanto $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ diverge.

NOTA: la Respuesta fue inspirado por @achille hui

Answer 4

Para $n\in \Bbb N$ deje $\log x_n=\pi(2n+\frac {1}{2}).$ Deje $y_n$ ser el menor entero mayor que o igual a $x_n.$

Por razones de brevedad vamos a $d_n=\log y_n-\log x_n.$

Para $0\leq j\leq y_n-1$ hemos $$\pi (2n+\frac {1}{2})=\log x_n\leq \log y_n\leq$$ $$\leq \log (j+y_n)<\log y_n+\log 2=$$ $$=d_n+\log x_n+\log 2=$$ $$=\pi (2n+\frac {1}{2})+d_n+\log 2.$$

También tenemos $$0\leq d_n=\log (1+\frac {y_n-x_n}{x_n})<$$ $$<\log (1+\frac {1}{x_n})<\frac {1}{x_n}\leq \frac {1}{x_1}=e^{-5\pi/2}.$$

Así, por $0\leq j<y_n-1$ hemos $$\sin \log (j+y_n)=\cos (-E_{n,j})$$ where $0\leq E_{n,j}<d_n+\log 2 \leq e^{-5\pi/2}+\log 2<\pi /4. $

(Nota: $ E_{n,j} $ es un ad hoc abreviatura basados en los párrafos anteriores.)

Así, por $0\leq j<2y_j-1$ tenemos $\sin \log (j+y_n)>\cos (\pi/4)>1/2.$

Ahora $y_n\to \infty$ $n\to \infty$ y tenemos $$\sum_{v=y_n}^{2y_n-1}\frac {\sin \log v}{v}=\sum_{j=0}^{y_n-1}\frac {\sin \log (j+y_n)}{j+y_n}>\sum_{j=0}^{y_n-1}\frac {1/2}{2y_n}=\frac {1}{4}.$$

Por lo que el Criterio de Cauchy no se cumple.