Si $a_n$ es una disminución de secuencia positiva y tiende a $0$, y dado$$\sum_{n=1}^\infty a_n=+\infty$$
podemos demostrar que $$\lim_{x\rightarrow 0}\sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos nx =+\infty$$
o, al menos, demostrar que la serie anterior es ilimitado para $x$ en un barrio de $0$?
Para la alimentación de la serie $$\sum_{n=1}^\infty a_n \left(1-x\right)^n $$ the conclusion holds, because $\izquierda(1-x\right)^n$ es positivo.
Me pregunto si trigonométrica de la serie puede tener la misma conclusión, por lo que he probado varios $a_n$, traza la gráfica, y descubrió que es probablemente cierto.
Sin embargo, desde la $\cos nx$ no es idéntica positivo, es difícil dar una rigurosa prueba, y yo no puedo dar un contra-ejemplo.
Alguien tiene algunas ideas?
Respuestas
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Ahora puedo responder a mitad de la pregunta.
La conclusión es la siguiente:
Teorema 1. Para monótona decreciente secuencia $a_n$ satisfacción $a_n\rightarrow 0$ e $\sum a_n$ diverge, la suma $$\sum_{n=1}^\infty a_n\cos nx $$ must be UNBOUNDED in a neighborhood of $0$.
La prueba va como esto:
En primer lugar tenemos a$a_n\ge 0$. Por Dirichlet del método, la serie $$S\left(x\right)=\sum_{n=1}^\infty a_n\cos nx $$ converge uniformemente en $\left(\delta,\pi\right]$ cualquier $\delta>0$, por lo tanto es continua en él.
Si $S$ no es integrable en a$\left[0,\pi\right]$, debe ser acotada en $\left(0,\delta\right)$ para algunos $\delta>0$.
Si $S$ es integrable en a$\left[0,\pi\right]$, entonces la serie de Fourier de $S$ es $S\left(x\right)$ (Ver Hardy Serie de Fourier §3.10 Thm.46).
Por las propiedades de Fejér kernel, podemos escribir el n-ésimo Cesàro suma parcial de $S$ a $x=0$ como $$\sigma_n=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi S\left(t\right)F_n\left(t\right)dt$$
donde $F_n\ge 0$ es el Fejér kernel.
Supongamos $\left|S\left(x\right)\right|\le M$, a continuación, $$\sigma_n\le \frac{M}{\pi}\int_0^\pi F_n\left(t\right)dt=M$$ A medida que la serie $\sum a_n$ es positivo y divergentes, el n-ésimo Cesàro suma parcial $\sigma_n\rightarrow+\infty$ como $n\rightarrow \infty$(por Stolz del teorema), lo que conduce a contradicción.
En conclusión, $S$ debe ser ilimitado cerca de $0$. $\blacksquare$
Pero queda por demostrar o refutar $S\left(x\right)\rightarrow+\infty$ como $x\rightarrow0$. Todavía tiene más difícil el trabajo.
También hay dos pequeños teorema acerca de la divergencia de a $+\infty$ de $S\left(x\right)$:
Teorema 2. Si $a_n$ es un CONVEXO de la secuencia(es decir,$a_n+a_{n+2}\ge 2a_{n+1}\,\forall n$) tiende a $0$, e $\sum a_n$ diverge, entonces $S\left(x\right)\rightarrow +\infty$ cuando $x\rightarrow 0$.
Teorema 3. Si $a_n$ se define como Thm.1, y $S$ NO es integrable en a$\left[0,\pi\right]$, $S$ debe tener un número infinito de ceros cerca de $0$, por lo tanto no tienden a $+\infty$.
Prueba(Thm.2):
El uso de sumación por partes dos veces y podemos conseguir $$S\left(x\right)=\sum_{n=1}^\infty \left(a_n+a_{n+2}-2a_{n+1}\right)\frac{1-\cos\left(n+1\right)x}{4\sin^2 \frac{x}{2}}$$ lo que es un buen plazo de la serie.
Existe una constante $C>0$, $0<x<\frac{1}{n}$, $$\frac{1-\cos nx}{4\sin^2 \frac{x}{2}}\ge Cn^2$$ Por lo tanto, $$S\left(x\right)\ge C\sum_{n=1}^{\left[\frac{1}{x}\right]-1} \left(n+1\right)^2 \left(a_n+a_{n+2}-2a_{n+1}\right)$$ A continuación, tenemos que demostrar que el lado derecho es divergente.
Tenemos un lema: Si $b_n$ es decreciente y tiende a $0$, $\sum n^k b_n$ diverge, entonces $\sum n^{k+1}\left(b_n-b_{n+1}\right)$ también diverge.
Desde $$\Delta n^{k+1}=n^{k+1}-\left(n-1\right)^{k+1}\sim \left(k+1\right) n^k$$ we know that $\sum \Delta n^{k+1}\,b_n$ diverge.
Para $M>0$existe $N_0$ s.t. $$\sum_{n=1}^{N_0}\Delta n^{k+1}\,b_n>M+1$$ Como $b_n\rightarrow 0$existe $N_1$, para todos los $N>N_1$ tenemos $N_0^{k+1}b_N<1$.
A continuación, para $N>\max\left\{N_0,N_1\right\}$,$$\begin{aligned}\sum_{n=1}^N n^{k+1}\left(b_n-b_{n+1}\right)&=\sum_{n=1}^N \Delta n^{k+1}\left(b_n-b_{N+1}\right)\\&\ge\sum_{n=1}^{N_0}\Delta n^{k+1} \left(b_n-b_{N+1}\right)\\&=\sum_{n=1}^{N_0} \Delta n^{k+1}\,b_n -N_0^{k+1} b_{N+1}\\&>M+1-1=M\end{aligned}$$ Por lo tanto, por el lema de que podemos conseguir $$\sum a_n =+\infty \Rightarrow \sum n \left(a_n-a_{n+1}\right) =+\infty \Rightarrow \sum n^2 \left(a_n+a_{n+2}-2a_{n+1}\right)=+\infty$$ que finalmente demuestra el teorema. $\blacksquare $
La prueba de Thm.3 necesidades de los dos lemas como seguir.
Lema 1. Si $b_n$ es decreciente y $nb_n\rightarrow 0$, a continuación, $\sum_{n=1}^\infty b_n \sin nx $ converge uniformemente en $\mathbb{R}$.
Lema 2. $S$ tiene una antiderivada $\sum _{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}\sin nx$ e $$\lim_{\delta\rightarrow 0^+}\int _\delta ^\pi 2S\left(x\right) \cos mx dx=\pi a_m$$
La prueba del Lema.1 es un poco complejo, pero no difícil, y es tomado de un libro de ejercicios de análisis matemático. Nos acaba de asumir la derecha.
La prueba del Lema.2:
Observe que la serie de $S$ converge uniformemente en $\left[\delta,\pi\right]$, por lo tanto podemos integrar por los términos de $$\begin{aligned}\int_\delta^\pi 2S\left(x\right)\cos mx\,dx&=\sum_{n=1}^\infty \int_\delta^\pi 2a_n \cos nx \cos mx\,dx\\&=\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n+m}\sin\left(n+m\right)\delta +\sum_{n\ne m}\frac{a_n}{n-m}\sin \left(n-m\right)\delta +a_m\left(\pi-\delta+\frac{\sin 2m\delta}{2m}\right)\\&\overset{def}{=}\Theta_1\left(\delta\right)+\Theta_2\left(\delta\right)+a_m\left(\pi-\delta+\frac{\sin 2m\delta}{2m}\right)\end{aligned}$$ Claramente por el lema 1, $\Theta_1$ e $\Theta _2$ ambos convergen uniformemente en $\mathbb{R}$, por lo tanto continua en 0.
Así que tenemos $$\lim_{\delta\rightarrow 0^+}\int_\delta^\pi 2S\left(x\right)\cos mx\,dx=\pi a_m$$
Dejando $m=0$ podemos conseguir que $$\int_x^\pi S\left(t\right) dt=\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}\sin nx$$ Por la continuidad de $S$ terminamos la prueba. $\blacksquare$
De vuelta a la prueba de Thm.3
Tenga en cuenta que $S$ no es integrable, que significa $$\int_0^\pi \left|S\left(t\right)\right| dt= +\infty$$ Pero la mala integral de $S$ converge a $0$ como se discutió anteriormente.
Eso significa que S debe haber un número infinito positivo partes y negativo partes cerca de $0$, por continuidad debe ser infinitamente muchos ceros. $\blacksquare$
Así que si vamos a encontrar a $S$ tal que $\lim_{x\rightarrow 0}S\left(x\right)\ne +\infty$, podemos encontrar una unintegrable $S$, y el coeficiente de $a_n$ no debe ser convexo.
Todo lo que puedo pensar en este momento es la siguiente muy restringido resultado parcial:
La reclamación. Si $(a_n)$ es no negativo, no creciente y $n a_n \leq C$ para algunas constantes $C > 0$, luego
$$ \lim_{n\to\infty} \sum_{n=0}^{\infty} a_n \cos(n x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n, $$
regradless de la convergencia de las $\sum_{n=0}^{\infty} a_n$.
Dado que la reclamación es obvio si $\sum_{n=0}^{\infty} a_n < \infty$, podemos enfocar en el caso de $\sum_{n=0}^{\infty} a_n = \infty$. Para ello, se define una auxiliar de secuencia $(b_n)$ por $a_n - a_{n+1} = b_n$. Entonces
- $b_n \geq 0$ e $a_m = a_n + \sum_{k=m}^{n-1} b_k$ para $0 \leq m < n$,
- $a_n = \sum_{k=n}^{\infty} b_k$, y
- $\sum_{k=0}^{\infty} (k+1)b_k = \sum_{n=0}^{\infty} a_n = \infty$. (Esto se deduce a partir del teorema de Tonelli.)
Por otra parte, podemos aplicar la sumación por partes
\begin{align*} \sum_{n=0}^{N} a_n \cos(nx) &= a_N \sum_{n=0}^{N} \cos(nx) + \sum_{n=0}^{N-1} \left( \sum_{k=n}^{N-1} b_k \right) \cos(nx) \\ &= a_N D_N(x) + \sum_{k=0}^{N-1} b_k D_k(x), \end{align*}
donde $D_k(x) = \sum_{n=0}^{k} \cos(nx)$. Ahora si $x \in (0, \pi]$, a continuación, $D_n(x)$ está delimitado en $n$. Así que, como $N\to\infty$, lo anterior converge a
\begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty} a_n \cos(nx) = \sum_{k=0}^{\infty} b_k D_k(x). \end{align*}
Ahora note que $D_k(x) = \cos(kx/2)\sin((k+1)x/2)/\sin(x/2)$. Por lo tanto, si $x \in (0, 1)$ e $k \leq 1/x$, luego
$$ D_k(x) \geq \frac{\cos(1/2) \cdot \frac{2}{\pi} (k+1)x/2}{x/2} = c(k+1) $$
para $c = \frac{2}{\pi}\cos(1/2) > 0$. Así
\begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty} a_n \cos(nx) &\geq \sum_{0 \leq k \leq 1/x} b_k D_k(x) - \sum_{k > 1/x} \frac{b_k}{\sin(x/2)} \\ &\geq c \sum_{0 \leq k \leq 1/x} (k+1)b_k - \frac{a_{\lceil 1/x \rceil}}{\sin(x/2)}. \end{align*}
Desde $a_{\lceil 1/x \rceil} = \mathcal{O}(x)$ como $x \to 0^+$, tenemos $\frac{a_{\lceil 1/x \rceil}}{\sin(x/2)} = \mathcal{O}(1)$, y así, dejando $x\to 0^+$ , demuestra que el deseado reclamación.
