Mostrar que $\Sigma_{k=1}^{\infty} \frac{\sin kx}{k}$ converge uniformemente en cualquier subconjunto compacto de $(0,2\pi)$

Question

Este es un viejo qual problema en el que estoy trabajando. Me pide probar que $\Sigma_{k=1}^{\infty} \frac{\sin kx}{k}$ es uniformemente convergente en cualquier subconjunto compacto de $(0,2\pi)$.

Si no estoy equivocado, se sigue de Dirichlet de la prueba que es convergente. Sin embargo, no podía hacer mucho progreso por la que debe ser uniforme. Agradecería cualquier tipo de ayuda.

Answer 1

Tenemos: $$ S_N(x)=\sum_{n=1}^{N}\frac{\sin(n x)}{n}=\int_{0}^{x}\sum_{n=1}^{N}\cos(ny)\,dy\tag{1} $$ pero: $$ \sin\frac{y}{2}\sum_{n=1}^{N}\cos(ny)=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{N}\left(\sin((n+1/2)y)-\sin((n-1/2)y)\right)=\frac{\sin((N+1/2)y)-\sin(y/2)}{2}\tag{2}$$ así: $$ S_N(x) = \int_{0}^{x}\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sin((N+1/2)y)}{2\sin(y/2)}\right)\,dy=-\frac{x}{2}+\int_{0}^{x/2}\frac{\sin((2N+1)y)}{\sin y}\,dy\tag{3} $$ o: $$ S_N(x) = -\frac{x}{2}+\frac{\sin(Nx)}{2N}+\int_{0}^{x/2}\sin(2N y)\cot y\,dy. \tag{4}$$ Ahora: $\cot y-\frac{1}{y}$ es una analítica de la función en $[0,\pi)^\color{red}{*}$, por lo que la integral $$\int_{0}^{x/2}\sin(2N x)\left(\cot y-\frac{1}{y}\right)\,dy$$ goes to zero very fast when $N\a +\infty$ por cualquier cuantitativa versión de la de Riemann-Lebesgue lema. El problema se reduce a calcular: $$ \int_{0}^{x/2}\frac{\sin(2N y)}{y}\,dy = \int_{0}^{Nx}\frac{\sin y}{y}\,dy\tag{5}$$ que sólo es un "truncado" de Dirichlet integral. Desde $\frac{\sin y}{y}$ está mal de Riemann-integrable sobre $\mathbb{R}^+$ por integración por partes, y el valor de la integral de Dirichlet es $\frac{\pi}{2}$, la RHS de $(5)$ es $\frac{\pi}{2}$ menos algo que va a cero$^\color{blue}{*}$ as $N\to +\infty$.

Esto demuestra que $\color{purple}{S_N(x)}$ converge $\color{purple}{\text{uniformly}}$ a $\color{purple}{\frac{\pi-x}{2}}$ sobre cualquier subconjunto compacto de $(0,2\pi)$.

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$\color{red}{*}$: aquí estoy explotación de ese $x$ se apartó de $2\pi$;

$\color{blue}{*}$: aquí estoy explotación de ese $x$ se apartó de $0$.

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Desde $\sum_{n\geq 1}\frac{\sin(nx)}{n}$ es la serie de Fourier de $f(x)=\frac{\pi-x}{2}$ sobre $(0,2\pi)$, es sencillo comprobar que el teorema de Parseval da:

$$\|f(x)-S_N(x)\|_2^2 = \sum_{n>N}\frac{\pi}{n^2} < \frac{\pi}{N},\tag{6}$$ así: $$ S_N(x)\xrightarrow[L^2(0,2\pi)]{} f(x).\tag{7}$$ Sin embargo, el $L^2$ convergencia es más débil que la convergencia uniforme, así que si seguimos este camino, tenemos que demostrar algo más en $E_n(x)=\left|f(x)-S_N(x)\right|$ a ser capaces de estado de la convergencia uniforme. Por ejemplo, podemos demostrar que $E_n(x)$ ha $2n+1$ ceros en $(0,2\pi)$ y el: $$ E_n(x) \leq \frac{2}{\pi n \sin(x/2)}, \tag{8}$$ o explotar el Fejer-Jackson de la desigualdad, que nos da la no-negatividad de $S_N(x)$ sobre $(0,\pi)$ y la no positividad de $S_N(x)$ sobre $(\pi,2\pi)$.

Answer 2

Si $a_n \ge a_{n+1}$, $a_n \to 0$ y $\left|\sum_{j=1}^N b_j(x)\right| \le M$ para todos los $N$, y para todos los $x$ en algunos de $K$, luego de la sumación por partes (que es la forma de Dirichlet de la prueba está probado) muestra que $\sum_n a_n b_n(x)$ converge uniformemente en $K$.