Utilizo el siguiente método para demostrar que
$$\sum_{n=0}^\infty \sin(\pi\sqrt{n^2+a^2})$$
converge para cualquier $a \in \mathbb{R}$ .
En primer lugar, podemos ver que
$$\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{n^2 + a^2}}{n} = 1,$$
lo que significa precisamente que $\forall \varepsilon > 0, \exists n_0\ \forall n \ge n_0: \sqrt{n^2+a^2} - n < \varepsilon$ . Por lo tanto, podemos encontrar $n_0$ tal que $\sqrt{n^2+a^2} - n < \frac\pi2$ .
Entonces escribimos $$\sum_{n=0}^\infty \sin(\pi\sqrt{n^2+a^2}) = \sum_{n=0}^{n_0} \sin(\pi\sqrt{n^2+a^2})\ + \sum_{n=n_0+1}^\infty \sin(\pi\sqrt{n^2+a^2}),$$
donde la primera suma contiene un número finito de términos finitos y evalúa a algún $K \in \mathbb{R}$ .
La segunda suma se puede reescribir (gracias a que $\sqrt{n^2+a^2} - n < \frac\pi2$ ) como
$$\sum_{n=n_0+1}^\infty \sin(\pi\sqrt{n^2+a^2}) = \sum_{n=n_0+1}^\infty (-1)^{n+1}|\sin(\pi\sqrt{n^2+a^2})|.$$
Ya hemos demostrado que $d_n=(\sqrt{n^2+a^2} - n) \to 0$ como $n\to\infty$ . $|\sin x|$ tiene el periodo $\pi$ y por eso, $|\sin(\pi\sqrt{n^2+a^2})|=|\sin{(n\pi+d_n\pi)}|=|\sin(n\pi + d_n\pi + k\pi)|$ para cualquier $k \in \mathbb{Z}$ . Elección de $k=-n$ obtenemos $|\sin(\pi\sqrt{n^2+a^2})| = |\sin{d_n\pi}|$ .
Como $d_n$ es una secuencia monótona decreciente (podemos demostrar fácilmente que $d_{n+1} < d_n\ \forall n$ ) y $|\sin x|$ es monótona en $(k\pi,\ k\pi + \frac\pi2)$ tenemos que $|\sin(\pi\sqrt{n^2+a^2})| \to 0$ es una secuencia monotónicamente decreciente.
La convergencia de la suma se deduce ahora de la regla de Leibniz.
Probablemente hay una forma mucho más sencilla. Me gustaría saber si mi solución es correcta y, si no lo es, por qué.
