¿$\sum\int\arctan(n^2x)\sin(1/x)\,dx$ Converge?

Question

¿La serie $$\sum_{n = 1}^\infty\int_0^{\frac{1}{n}} \arctan(n^2 x)\sin\left(\frac{1}{x}\right)dx$ $ converge?

He intentado estimar esta integral, pero no puedo obtener una estimación superior mejor que $\frac{1}{n}$ . ¿Puedes darme una pista, por favor?

Answer 1

Vamos a mostrar que el sumando $$ a_{n} = \int_{0}^{1/n} \arctan(n^{2}x)\sin \left(\frac{1}{x}\right)dx = \int_n^{\infty} \arctan\left(\frac{n^{2}} de{y}\right) \frac{\sin(y)}{y^{2}}dy $$ satisface $|a_{n}|\leq C/n^{2}$ para algunos $C>0$, por lo que la serie converge absolutamente. La idea clave es que la integral es oscilating, por lo que se cancela un montón. Tenemos que controlar.

Elija $N$ tal que $2N\pi \geq n$, por lo que $N = \lceil{n/2\pi\rceil}$. Entonces podemos escribir $$ a_{n} = \epsilon_{n} + \sum_{k=N}^{\infty} b_{k} $$ donde $$ \epsilon_{n} = \int_{n}^{2\pi N}\arctan\left(\frac{n^{2}} de{y}\right) \frac{\sin(y)}{y^{2}} dy \\ b_{k} = \int_{2k\pi}^{(2k+2)\pi}\arctan\left(\frac{n^{2}} de{y}\right)\frac{\sin(y)} de{y} $$ De $2\pi N \leq n + 2\pi$, es fácil comprobar que $|\epsilon_{n}| \leq C_{1}/n^{2}$ para algunos $C_{1}>0$. Para $b_{k}$, dividiendo el intervalo de integración como $[2k\pi, (2k+1)\pi]$ e $[(2k+1)\pi, (2k+2)\pi]$ y el uso de $\sin(y+\pi) = -\sin(y)$, obtenemos $$ b_{k} = \int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi}(f(y) - f(y+\pi)) \sin(y) dy $$ donde $$ f(y) = \frac{1}{y^{2}} \arctan\left(\frac{n^{2}} de{y}\right). $$ Por el valor medio teorema, podemos enlazado $|f(y)-f(y+\pi)|$ y obtenemos $$ |b_{k}| \leq \frac{1}{k 16 k^{3}} + \frac{1}{4n^{4}k^{2}} $$ lo que demuestra $$ |a_{n}| \leq O\left(\frac{1}{n^{2}}\right) + \sum_{k=N}^{\infty} \left(\frac{1}{k 16 k^{3}} + \frac{1}{4n^{4}k^{2}}\right) \\ = O\left(\frac{1}{n^{2}}\right) $$