¿Cómo puedo determinar la convergencia de $\sum_{n=1}^\infty (-1)^n n\sin(\frac{1}{n^2})$

Question

Intenté probar si $\sum_{n=1}^\infty (-1)^n n\sin(\frac{1}{n^2})$ converge o no durante algún tiempo.

Por supuesto que es alternativo, pero el término positivo no es monótonamente decreciente. El teorema de Liouville implica que $n\sin(\frac{1}{n^2})\leq \frac{A}{n}$ para alguna constante positiva $A$ . Pero esto no es relevante para determinar la convergencia de la serie. Aunque tenga un límite, no es necesario que sea monótona.

¿Cómo puedo demostrarlo? Gracias de antemano.

Answer 1

Veamos el comportamiento de $n\sin(1/n^2)$ para grandes $n$ .

Dejemos que $f(t)=\frac{\sin(t^2)}{t}$ .

Tenemos $$f'(t)=\frac{2t^2\cos(t^2)-\sin(t^2)}{t^2}.$$

El numerador se puede reescribir como $\frac{1}{t^2\cos^2 t}\left(2-\frac{\tan(t^2)}{t^2}\right)$ .

Desde $\frac{\tan u}{u}\to 1$ como $u\to 0$ se deduce que para un valor positivo pequeño $t$ la función $f'(t)$ es positivo.

Así que para un tamaño suficientemente grande $n$ la función $n\sin(1/n^2)$ es decreciente, y podemos utilizar la prueba de las series alternas.

Answer 2

Usted tiene $$ \sin\frac1{n^2}=\frac1{n^2}+\frac{\cos(c(n))}6\,\frac1{n^6}, $$ donde $c(n)$ es un número entre $0$ y $1/n^2$ . Entonces $$ \sum_{n=1}^\infty (-1)^n n\sin(\frac{1}{n^2}) =\sum_{n=1}^\infty (-1)^n n\,\frac1{n^2}+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n n \,\frac{\cos(c(n))}6\,\frac1{n^6}\\ =\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \,\frac1{n}+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \,\frac{\cos(c(n))}{6n^5}. $$ Las dos series de la derecha convergen, por lo que la serie de la izquierda converge.

Answer 3

$x - \frac{1}{6} x^3 \le \sin(x) \le x$ para cualquier $x \ge 0$ [lo que se puede demostrar por diferenciación]. $\def\nn{\mathbb{N}}$

Así, $n \sin(\frac{1}{n^2}) \in \frac{1}{n} + [\frac{1}{6n^5}]$ [donde " $[r]$ " denota " $\{ x : x \in \mathbb{R} \land |x| \le |r| \}$ "].

Así, $\sum_{n=1}^m (-1)^n n \sin(\frac{1}{n^2}) \in \sum_{n=1}^m \left( (-1) \frac{1}{n} + [\frac{1}{6n^5}] \right)$

$\quad \subseteq \sum_{n=1}^m (-1) \frac{1}{n} + [ \sum_{n=1}^m \frac{1}{6n^5} ]$ que está acotado sobre todos los $m \in \nn^+$

Así, $\left( \sum_{n=1}^m (-1) n \sin(\frac{1}{n^2}) \right)_{m \in \nn}$ tiene una subsecuencia convergente

Así, $\sum_{n=1}^\infty (-1) n \sin(\frac{1}{n^2})$ converge ya que cada término va a $0$ como $n \to \infty$ .

Answer 4

Para $0<x\leq 1$ tenemos $$x> \sin x =[x- \frac {x^3}{3!}]+ [\frac {x^5}{5!}-\frac {x^7}{7!}] +[\frac {x^9}{9!}-\frac {x^{11}}{11!}]+... >x-\frac {x^3}{3!}.$$ Así que para $n\in N$ tenemos $$n\sin [n^{-2}]> \frac {1}{n}-\frac {1}{3!n^5}>\frac {1}{n+1}>(n+1)\sin [(n+1)^{-2}]>0.$$ Así pues, tenemos una serie alterna de términos cuyos valores absolutos son monótonamente decrecientes hasta $0$ .

Podemos obtener $\;[x>0\implies \sin x>x-x^3/3!]\;$ sin utilizar toda la serie de potencias, como se indica a continuación: $$(1)...x>0\implies x>\sin x\implies x^2/2=\int_0^x t\;dt>\int_0^x \sin t\;dt=1-\cos x.$$ $$ \text {(2)... Therefore } x>0 \implies x^3/3!=\int_0^x (t^2/2)\;dt>\int_0^x(1-\cos t)\;dt=x-\sin x.$$