Convergencia/Divergencia de series infinitas $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(\sin n+2)^n}{n3^n}$

Question

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(\sin n+2)^n}{n3^n}$$

¿Converge o diverge?

¿Podemos tener una prueba rigurosa que no sea probabilística?

Como referencia, esta pregunta es supuestamente una mezcla de análisis real y cálculo.

Answer 1

Los valores para los que $\sin(n)$ está cerca de $1$ (digamos en un intervalo $[1-\varepsilon ; 1]$ ) son algo regulares:

$1 - \varepsilon \le \sin(n)$ implica que existe un número entero $k(n)$ tal que $n = 2k(n) \pi + \frac \pi 2 + a(n)$ donde $|a(n)| \leq \arccos(1- \varepsilon)$ . Como $\varepsilon \to 0$ , $\arccos(1- \varepsilon) \sim \sqrt{2 \varepsilon}$ Por lo tanto podemos decir con seguridad que para $\varepsilon$ lo suficientemente pequeño, $|n-2k(n) \pi - \frac{\pi}2| = |a(n)| \leq 2 \sqrt{ \varepsilon} $

Si $m \gt n$ y $\sin(n)$ y $\sin(m)$ son ambos en $[1-\varepsilon ; 1]$ , entonces tenemos la desigualdad $|(m-n) - 2(k(m)-k(n)) \pi| \leq |m-2k(m)\pi - \frac{\pi}2| + |n-2k(n)\pi - \frac{\pi}2| \leq 4 \sqrt { \varepsilon} $ donde $(k(m)-k(n))$ es un número entero $k$ .

Desde $\pi$ tiene una medida de irracionalidad finita, sabemos que existe una constante real finita $\mu \gt 2$ tal que para cualquier número entero $n,k$ lo suficientemente grande, $|n-k \pi| \ge k^{1- \mu} $ .

Recogiendo $\varepsilon$ lo suficientemente pequeño podemos olvidarnos del número finito de excepciones a la desigualdad, y obtenemos $ 4\sqrt{\varepsilon} \ge (2k)^{1- \mu}$ . Así, $(m-n) \ge 2k\pi - 4\sqrt{\varepsilon} \ge \pi(4\sqrt{\varepsilon})^{\frac1{1- \mu}} - 4\sqrt{\varepsilon} \ge A_\varepsilon = A\sqrt{\varepsilon}^{\frac1{1- \mu}} $ para alguna constante $A$ .

Por lo tanto, tenemos una garantía sobre la longitud de los huecos entre términos igualmente problemáticos, y sabemos cómo crece esta longitud como $\varepsilon$ se reduce (ya que buscamos términos más problemáticos)

Podemos obtener un límite inferior para el primer término problemático utilizando también la medida de irracionalidad : de $|n-2k(n) \pi - \frac{\pi}2| \leq 2\sqrt {\varepsilon}$ obtenemos que para $\varepsilon$ lo suficientemente pequeño, $(4k+1)^{1- \mu} \le |2n - (4k+1) \pi| \le 4\sqrt \varepsilon$ y luego $n \ge B_\varepsilon = B\sqrt\varepsilon^{\frac1{1- \mu}}$ para alguna constante $B$ .

Por lo tanto, existe una constante $C$ de manera que para todo $\varepsilon$ lo suficientemente pequeño, el $k$ -año entero $n$ tal que $1-\varepsilon \le \sin n$ es mayor que $C_\varepsilon k = C\sqrt\varepsilon^{\frac1{1- \mu}}k$

Desde $\varepsilon < 1$ y $\frac 1 {1- \mu} < 0$ este límite $C_ \varepsilon$ crece cuando $\varepsilon$ se hace más pequeño. Y además, la velocidad de este crecimiento es mayor si podemos elegir un valor menor (mejor) para $\mu$ (aunque lo único que importa es que $\mu$ es finito)

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Ahora vamos a dar un límite superior a la contribución de los términos donde $n$ es un número entero tal que $\sin (n) \in [1-2\varepsilon ; 1-\varepsilon]$

$$S_\varepsilon = \sum \frac{(2+\sin(n))^n}{n3^n} \le \sum_{k\ge 1} \frac{(1- \varepsilon/3)^{kC_{2\varepsilon}}}{kC_{2\varepsilon}} = \frac{- \log (1- (1- \varepsilon/3)^{C_{2\varepsilon}})}{C_{2\varepsilon}} \\ \le \frac{- \log (1- (1- C_{2\varepsilon} \varepsilon/3))}{C_{2\varepsilon}} = \frac{- \log (C_{2\varepsilon} \varepsilon/3))}{C_{2\varepsilon}} $$

$C_{2\varepsilon} = C \sqrt{2\varepsilon}^\frac 1 {1- \mu} = C' \varepsilon^\nu$ con $ \nu = \frac 1 {2(1- \mu)} \in ] -1/2 ; 0[$ Así que..:

$$ S_\varepsilon \le - \frac{ \log (C'/3) + (1+ \nu) \log \varepsilon}{C'\varepsilon^\nu} $$

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Por último, hay que comprobar si la serie $\sum S_{2^{-k}}$ converge o no :

$$ \sum S_{2^{-k}} \le \sum - \frac { \log (C'/3) - k(1+ \nu) \log 2}{C' 2^{-k\nu}} = \sum (A+Bk)(2^ \nu)^k $$

Desde $2^ \nu < 1$ la serie converge.

Answer 2

Sabía que esto me resultaba familiar. Usuario Unoqualunque ha localizado la referencia clave. Aquí hay una referencia más reciente que proporciona un enfoque bastante general:

Enrico Laeng, Vittorino Pata. Una prueba de convergencia-divergencia para series de términos no negativos términos no negativos Expositiones Mathematicae 29 (4) , (2011) 420-424. MR2861768 (2012m:40002) .

Los autores discuten una prueba que no requiere la monotonicidad de la secuencia, y en su lugar se centra en el grado de "agrupación" que encontramos de términos similares dentro de la secuencia.

Destacan que su prueba se aplica para demostrar que $$ \sum_{n=1}^\infty\frac1{n^{2+\cos n}} $$ diverge, mientras que $$ \sum_{n=1}^\infty\frac1n\left(\frac{2+\cos n}3\right)^n $$ converge. Ellos dicen:

El caso (i) ha sido tratado recientemente, en (Revue de la filière Mathématique (RMS) 119 (2008-2009), 3-8), donde los autores dan una prueba que estaba (en sus propias palabras) en la frontera entre el análisis y la teoría de números. Al parecer, el caso (ii) se originó de forma curiosa: se propuso en un examen de cálculo por error, y permaneció abierto durante mucho tiempo después. Sólo diez años después se ideó una solución (SIAM Problems and Solutions (2009)), de nuevo mediante herramientas bastante sofisticadas.

Como es de esperar, la prueba es muy general pero un poco engorrosa de enunciar:

Dejemos que $(c_n)_{n\ge1}$ sea una secuencia de términos no negativos tal que $\sum_n c_n<+\infty$ . Dejemos que $(a_n)_{n\ge1}$ sea una serie de términos no negativos. Entonces:

1. La serie $\sum_n a_n$ converge si $(na_n)_{n\ge1}$ es una secuencia acotada, y existe $\rho,\vartheta\ge0$ y $\varepsilon\in(0,1]$ tal que $$ |\{p \in\mathbb N\mid 1\le p\le m\mbox{ and }a_{n+p} > c_n \}| \le \rho m^{ 1 −\varepsilon} $$ por cada $m$ suficientemente grande, y cada $n\ge m^\vartheta$ .

2. La serie $\sum_n a_n$ diverge si existe $\omega> 0$ y $\lambda\ge0$ tal que la desigualdad $$ \max_{1\le p\le m} a_{km+p}\ge \frac{\omega}{(km+m)^{1+\lambda/m}} $$ es válida para un número infinito de $m$ y cada $k$ .

Para aplicar la prueba a la serie anterior, hay que saber algo sobre las aproximaciones racionales a $\pi$ (naturalmente). En realidad, los autores demuestran que para aplicar la prueba para mostrar la divergencia de la primera serie sólo se requiere que $\pi$ es irracional, y para demostrar la convergencia de la segunda serie sólo hace falta que $\pi$ no es un número de Liouville. El artículo es razonablemente autocontenido.

Answer 3

Ver también aquí

http://www.siam.org/journals/categories/99-005.php

Un error en el examen de cálculo (resuelto)

Resumen: Un error de imprenta de un examen de cálculo da lugar a un problema que posiblemente no se pueda responder con los métodos conocidos actualmente. En concreto, la pregunta del examen planteaba si la serie $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2 + \sin n)^n}{3^n \, n}$ converge.

Answer 4

Propongo el siguiente argumento heurístico de que la serie converge:

Los números naturales $n$ se distribuyen uniformemente ${\rm mod}\ 2\pi$ . Por lo tanto, el valor esperado del $n$ -El término de la serie es $$a_n:={1\over n}\int_{-\pi}^\pi\left({2+\cos\phi\over 3}\right)^n\ d\phi\ .$$ Ahora un vistazo a los gráficos muestra que $${2+\cos\phi\over 3}\leq e^{-\phi^2/9}\qquad(-\pi\leq\phi\leq\pi)\ .$$ Por lo tanto, $$a_n\leq{1\over n}\int_{-\pi}^\pi e^{-n\phi^2/9}\ d\phi<{1\over n} \int_{-\infty}^\infty e^{-n\phi^2/9}\ d\phi={\sqrt{3\pi}\over n^{3/2}}\ ,$$ lo que lleva a la convergencia.

Answer 5

(prueba incompleta)

Considera esta secuencia:

$$v_k = \sum_{p=p_{k,min}}^{p_{k,max}} u_p$$

donde $p_{k,min}=[2k\pi]+1$ y $p_{k,max}=[2(k+1)\pi]$ y $u_p = \frac{(\sin(p)+2)^p}{p3^p}$

1/ tenemos $\sum_{n=1}^{\infty} u_n = \sum_{n=1}^{\infty} v_n$

nota que $\mathbb N = \cup_{k \in \mathbb{N}} I_k$ donde $I_k=[p_{k,min},p_{k,max}]$ y ambos $v_k>0$ y $u_n>0$

2/ $v_k$ se puede acotar con un término convergente

Hecho 1: $I_k$ puede contener exactamente 6 o 7 números naturales

Hecho 2: cada intervalo de la solución de $sin(x)\geq 0.9$ tiene una longitud menor que 2asin(0.9)-pi<1 por lo que no puede contener 2 números naturales.

tenemos dos casos:

Caso 1: para cada p en $I_k$ $sin(p)<0.9$ $u_p < \frac{(2,9/3)^p}{p} $

así que $v_k<7\frac{(2,9/3)^p_{k,min}}{p_{k,min}} $

Caso 2: hay un p en $I_k$ tal que $sin(p)\geq 0.9$ p+3 también está en $I_k$ y $sin(p+3)<0.5$

... esta parte necesita más reflexión, volveré si encuentro algo, o espero que alguien pueda usar esto