Diferentes maneras de probar que$|\sum^{\infty}_{k=1}(1-\cos(1/k))|\leq 2 $

Question

He encontrado dos maneras de probar que \begin{align} \left|\sum^{\infty}_{k=1}\left[1-\cos\left(\dfrac{1}{k}\right)\right]\right|&\leq 2 \end{align} ¿Hay otras maneras de salir de allí, para probar esto?

MÉTODO 1

Deje $k\in \Bbb{N}$, luego

\begin{align} f:[ 0&,1]\longrightarrow \Bbb{R}\\&x \mapsto \cos\left(\dfrac{x}{k}\right) \end{align} es continua. Luego, por medio del Teorema del Valor, no existe $c\in [ 0,x]$ tales que \begin{align} \cos\left(\dfrac{x}{k}\right)-\cos\left(0\right) =-\dfrac{1}{k}\sin\left(\dfrac{c}{k}\right)\,(x-0), \end{align} lo que implica \begin{align} \left|\sum^{\infty}_{k=1}\left[1-\cos\left(\dfrac{1}{k}\right)\right]\right| &=\left|\sum^{\infty}_{k=1}\dfrac{x}{k}\sin\left(\dfrac{c}{k}\right)\right| \leq \sum^{\infty}_{k=1}\dfrac{\left|x\right|}{k}\left|\sin\left(\dfrac{c}{k}\right)\right|\leq \sum^{\infty}_{k=1}\dfrac{\left|x\right|}{k}\dfrac{\left|c\right|}{k}\\&\leq \sum^{\infty}_{k=1}\left(\dfrac{\left|x\right|}{k}\right)^2\leq \sum^{\infty}_{k=1}\dfrac{1}{k^2}=1+ \sum^{\infty}_{k=2}\dfrac{1}{k^2}\\&\leq 1+ \sum^{\infty}_{k=2}\dfrac{1}{k(k-1)}\\&= 1+ \lim\limits_{n\to\infty}\sum^{n}_{k=2}\left(\dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k}\right)\\&=1+ \lim\limits_{n\to\infty}\left(1-\dfrac{1}{n}\right)\\&=2, \end{align}

MÉTODO 2

Deje $x\in [0,1]$ se fija, entonces \begin{align} \sum^{\infty}_{k=1}\left[1-\cos\left(\dfrac{1}{k}\right)\right]&=\sum^{\infty}_{k=1}\dfrac{1}{k}\left[-k\cos\left(\dfrac{x}{k}\right)\right]^{1}_{0}=\sum^{\infty}_{k=1}\dfrac{1}{k}\int^{1}_{0}\sin\left(\dfrac{x}{k}\right)dx \\&=\sum^{\infty}_{k=1}\int^{1}_{0}\dfrac{1}{k}\sin\left(\dfrac{x}{k}\right)dx \end{align} La serie $\sum^{\infty}_{k=1}\dfrac{1}{k}\sin\left(\dfrac{x}{k}\right)$ converge uniformemente en $[0,1]$, por Weierstrass-M de la prueba, ya que \begin{align} \left|\sum^{\infty}_{k=1}\dfrac{1}{k}\sin\left(\dfrac{x}{k}\right) \right|\leq \sum^{\infty}_{k=1}\dfrac{1}{k}\left|\sin\left(\dfrac{x}{k}\right) \right|\leq \sum^{\infty}_{k=1}\dfrac{1}{k^2}. \end{align} Por lo tanto, \begin{align} \sum^{\infty}_{k=1}\left[1-\cos\left(\dfrac{1}{k}\right)\right]&=\sum^{\infty}_{k=1}\int^{1}_{0}\dfrac{1}{k}\sin\left(\dfrac{x}{k}\right)dx=\int^{1}_{0}\sum^{\infty}_{k=1}\dfrac{1}{k}\sin\left(\dfrac{x}{k}\right)dx, \end{align} y \begin{align} \left|\sum^{\infty}_{k=1}\left[1-\cos\left(\dfrac{1}{k}\right)\right]\right|&=\left|\int^{1}_{0}\sum^{\infty}_{k=1}\dfrac{1}{k}\sin\left(\dfrac{x}{k}\right)dx\right|\leq\int^{1}_{0}\sum^{\infty}_{k=1}\dfrac{1}{k}\left|\sin\left(\dfrac{x}{k}\right)\right|dx \\&\leq\int^{1}_{0}\sum^{\infty}_{k=1}\dfrac{1}{k^2}dx \\&\leq 2 \end{align}

Answer 1

Al usar la serie Maclaurin para $\cos$ , su suma es $$S = \sum_{k=1}^\infty \sum_{j=1}^\infty \frac{(-1)^{j+1}}{(2j)!\; k^{2j}}$ $ Esto converge absolutamente, y $$ |S| \le \sum_{j=1}^\infty \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2j)!\; k^{2j}} = \sum_{j=1}^\infty \frac{\zeta(2j)}{(2j)!} \le \sum_{j=1}^\infty \frac{\zeta(2)}{(2j)!} =\frac{(\cosh(1)-1) \pi^2}{6} < 2$ $ (de hecho $< 0.9$ ).

Answer 2

Tenga en cuenta que $$1 - \cos(x) = \cos(0) - \cos(x) = 2 \sin^2\left( \frac{x}2 \right) $ $ por la suma de las identidades del producto para todos los $x$ . Por lo tanto,

$$ \sum_{k=1}^{\infty} \left(1- \cos\left( \frac{1}k \right) \right) = 2 \sum_{k=1}^{\infty} \sin^2\left( \frac{1}{2k} \right). $ $ Ahora, utilizando la desigualdad$\sin(x) \le x$ para todas positivas$x$, obtenemos$$ 2\sum_{k=1}^{\infty} \sin^2\left( \frac{1}{2k} \right) \le \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} \approx 0.822.$ $

Answer 3

Otro método que da una mejor vinculados a $2$ es la siguiente: la desigualdad de $1-\cos\, x \leq \frac {x^{2}} 2$ tiene para todos los verdaderos $x$ e $\sum \frac 1 {k^{2}} =\frac {\pi^{2}} 6$. Utilice el hecho de que $\frac {\pi^{2}} {12}<2$. [ $1-\cos\, x - \frac {x^{2}} 2$ se desvanece en $0$ y su derivada es $\sin\, x -x <0$. Esto le da a la desigualdad anterior]. Tenga en cuenta que LHS $<1$ !

Answer 4

Utilizando la serie de Taylor de la $\cos$ función, su suma es igual a la mucho más rápido que convergen $\sum_{n\ge 1} (-1)^{n+1}\frac{\zeta(2n)}{(2n)!}$. Sumando los dos primeros términos, $\pi^2/12-\pi^4/2160$, da un valor de $\approx 0.7773$ con un error de $\epsilon_1\approx1.388\times 10^{-3}$. Por el contrario, la suma de dos términos de su cantidad original le dará $\approx 0.5821$, esta vez con una mayor error de $\epsilon_2 \approx .1942$.

Para responder a su pregunta, se puede usar un teorema acerca de la alternancia de la serie, la cual establece que para $S_n=\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} a_k$ e $S=\lim_{n\to\infty}S_n$, tenemos que $$|S-S_n|< a_{n+1}$$ El uso de los mismos dos términos como arriba, podemos ver que $S<\pi^6/680400 - \pi^4/2160 + \pi^2/12\approx 0.7788$. Por lo tanto,

$$\sum_{k=1}^\infty 1-\cos(1/k) < 0.78 <2$$