Una serie trigonométrica

Question

Dejemos que $\alpha$ sea un número real. Me piden que discuta la convergencia de la serie $$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin{(kx)}}{k^\alpha}$$ donde $x \in [0,2\pi]$ .

Bueno, te muestro lo que he hecho:

• si $\alpha \le 0$ la serie no puede converger (su término general no converge a $0$ cuando $k \to +\infty$ ) a menos que $x=k\pi$ para $k=0,1,2$ . En otras palabras, si $\alpha \le 0$ sólo hay convergencia puntual en $x=0,\pi,2\pi$ .

• si $\alpha \gt 1$ puedo utilizar la prueba M de Weierstrass para concluir que la serie es uniformemente convergente y, por tanto, puntualmente convergente para cada $x \in [0,2\pi]$ . Además la suma es una función continua en $[0,2\pi]$ .

¿Podría ayudarme a estudiar lo que sucede para $\alpha \in (0,1]$ ? ¿Hay algún criterio útil que pueda utilizar?

¿Converge la serie? ¿Y qué tipo de convergencia hay? En caso de convergencia no uniforme pero puntual, ¿es continua la función límite?

Gracias.

Answer 1

El principal problema (al menos para mí) es demostrar que la suma de las series $$f_\alpha(x)=\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{\sin kx}{k^\alpha},\quad x\in[0,2\pi]$$ es discontinuo para $\alpha\in(0,1]$ .

Lema 1. Para $\alpha\in(0,1]$ tenemos $$\sum\limits_{k=1}^\infty\int\limits_{k-1/2}^{k+1/2}\frac{\sin(xt)}{k^\alpha}dt= \int\limits_{1/2}^\infty\frac{\sin(xt)}{t^\alpha}dt+\varphi(x)$$ donde $|\varphi(x)|\leq 2^{1-\alpha}$ para todos $x\in[0,2\pi]$ .

Prueba. Basta con demostrar que la diferencia entre esta suma y esta integral está acotada por alguna constante. Ahora, hacemos la estimación $$\left|\sum\limits_{k=1}^\infty\int\limits_{k-1/2}^{k+1/2}\frac{\sin(xt)}{k^\alpha}dt- \int\limits_{1/2}^\infty\frac{\sin(xt)}{t^\alpha}dt\right|= \left|\sum\limits_{k=1}^\infty\int\limits_{k-1/2}^{k+1/2}\left(\frac{\sin(xt)}{k^\alpha}- \frac{\sin(xt)}{t^\alpha}\right)dt\right|\leq$$ $$\sum\limits_{k=1}^\infty\int\limits_{k-1/2}^{k+1/2}|\sin(xt)|\left|\frac{1}{k^\alpha}-\frac{1}{t^\alpha}\right|dt\leq \sum\limits_{k=1}^\infty\int\limits_{k-1/2}^{k+1/2}\left|\frac{1}{k^\alpha}-\frac{1}{t^\alpha}\right|dt=$$ $$\sum\limits_{k=1}^\infty\left(\int\limits_{k-1/2}^{k}\left(\frac{1}{t^\alpha}-\frac{1}{k^\alpha}\right)dt+\int\limits_{k}^{k+1/2}\left(\frac{1}{k^\alpha}-\frac{1}{t^\alpha}\right)dt\right)= \sum\limits_{k=1}^\infty\left(\int\limits_{k-1/2}^{k}\frac{1}{t^\alpha}dt-\int\limits_{k}^{k+1/2}\frac{1}{t^\alpha}dt\right)\leq$$ $$\sum\limits_{k=1}^\infty\left(\int\limits_{k-1/2}^{k}\frac{1}{(k-1/2)^\alpha}dt-\int\limits_{k}^{k+1/2}\frac{1}{(k+1/2)^\alpha}dt\right)\leq \sum\limits_{k=1}^\infty\left(\frac{1}{2(k-1/2)^\alpha}-\frac{1}{2(k+1/2)^\alpha}\right)=2^{\alpha-1}$$

Lema 2. Para $\alpha\in(0,1]$ tenemos $$\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{\sin kx}{k^\alpha}= \frac{x^\alpha}{2\sin(x/2)}\int\limits_{x/2}^\infty\frac{\sin y}{y^\alpha}+\frac{x\varphi(x)}{2\sin(x/2)}$$ donde $|\varphi(x)|\leq 2^{1-\alpha}$ para todos $x\in[0,2\pi]$ .

Prueba. Tenga en cuenta que $$\int\limits_{k-1/2}^{k+1/2}\sin(xt)dt= -\frac{1}{x}\cos(xt)\biggl|_{k-1/2}^{k+1/2}= \frac{2\sin(kx)\sin(x/2)}{x}$$ Así que.., $$\sin(kx)=\frac{x}{2\sin(x/2)}\int\limits_{k-1/2}^{k+1/2}\sin(xt)dt$$ Por lo tanto, del lema 1 concluimos que $$\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{\sin kx}{k^\alpha}= \sum\limits_{k=1}^\infty\frac{x}{2k^\alpha\sin(x/2)}\int\limits_{k-1/2}^{k+1/2}\sin(xt)dt= \frac{x}{2\sin(x/2)}\sum\limits_{k=1}^\infty\int\limits_{k-1/2}^{k+1/2}\frac{\sin(xt)}{k^\alpha}dt=$$ $$\frac{x}{2\sin(x/2)}\left(\int\limits_{1/2}^\infty\frac{\sin(xt)}{t^\alpha}dt+\varphi(x) \right)$$ Hacer la sustitución $y=tx$ obtenemos $$\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{\sin kx}{k^\alpha}= \frac{x}{2\sin(x/2)}\left(\frac{1}{x^{1-\alpha}}\int\limits_{x/2}^\infty\frac{\sin y}{y^\alpha}dy+\varphi(x) \right)= \frac{x^\alpha}{2\sin(x/2)}\int\limits_{x/2}^\infty\frac{\sin y}{y^\alpha}dy+\frac{x\varphi(x)}{2\sin(x/2)}$$

Corolario 3. Para $\alpha\in(0,1]$ la función $f_\alpha$ es discontinuo en $0$ .

Prueba. Obviamente $f_\alpha(0)=0$ . Sea $\alpha\in(0,1)$ , entonces a partir de la fórmula demostrada en el lema 2 vemos que $$\lim\limits_{x\to +0}f_\alpha(x)=\lim\limits_{x\to +0}\left(\frac{x^\alpha}{2\sin(x/2)}\int\limits_{x/2}^\infty\frac{\sin y}{y^\alpha}dy+\frac{x\varphi(x)}{2\sin(x/2)}\right)$$ Desde $\varphi$ está acotado entonces el segundo término está acotado mientras que el primero tiende a infinito. Por lo tanto, el último límite es $\lim\limits_{x\to +0}f_\alpha(x)=+\infty$ .

Si $\alpha=1$ entonces $|\varphi(x)|\leq 1$ y como $$\lim\limits_{x\to+0}\frac{x}{2\sin(x/2)}=1,$$ entonces $$\left|\frac{x\varphi(x)}{2\sin(x/2)}\right|<\frac{\pi}{3}$$ para algunos $\delta_1>0$ y $x\in(0,\delta_1)$ . Desde $$\lim\limits_{x\to+0}\frac{x}{2\sin(x/2)}\int\limits_{x/2}^\infty\frac{\sin y}{y}dy= \int\limits_{0}^\infty\frac{\sin y}{y}dy=\frac{\pi}{2}$$ entonces $$\frac{x}{2\sin(x/2)}\int\limits_{x/2}^\infty\frac{\sin y}{y}dy>\frac{2\pi}{5}$$ para algunos $\delta_2>0$ y todos $x\in(0,\delta_2)$ . Así, para todos los $x\in(0,\min(\delta_1,\delta_2))$ vemos que $$f_\alpha(x)=\frac{x^\alpha}{2\sin(x/2)}\int\limits_{x/2}^\infty\frac{\sin y}{y^\alpha}dy+\frac{x\varphi(x)}{2\sin(x/2)}>\frac{2\pi}{5}-\frac{\pi}{3}>0$$

En ambos casos $\lim\limits_{x\to+0}f_\alpha(x)\neq 0$ . por lo tanto $f_\alpha$ es discontinuo en $0$ .

Corolario 4. Para $\alpha\in(0,1]$ la serie $$\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{\sin kx}{k^\alpha}$$ no converge uniformemente en $[0,2\pi]$ .

Prueba. Supongamos que esta serie converge uniformemente. Como esta serie es la suma de funciones continuas y su convergencia es uniforme, entonces su suma $f_\alpha$ debe ser una función continua en $[0,2\pi]$ . Esto contradice el coralario 3, por lo que nuestra serie no es uniformemente convergente en $[0,2\pi]$ .

Observación 5. A pesar de lo anterior, esta serie converge uniformemente en $[\delta,2\pi-\delta]$ para todos $\delta\in(0,\pi]$ . Puede utilizar Prueba de Dirichlet para demostrarlo.

Answer 2

Tenga en cuenta que $$\sum_{k=1}^{N} \sin(kx) = \dfrac{\sin(Nx/2)}{\sin(x/2)} \sin \left( \left(\dfrac{N+1}2 \right)x\right)$$ Por lo tanto, para cada $x$ la suma está limitada por $\dfrac1{\sin(x/2)}$ .

Por lo tanto, mediante la prueba de series alternas generalizadas (también conocida como Prueba de Dirichlet ) la suma converge.

Answer 3

Hay una prueba más fácil que $f_\alpha$ es discontinua en 0.

Dejemos que $x=\pi/n$ para algunos incluso $n$ . Entonces para $1\le i\le n$ , términos de grupo $a_{2nk+i}$ y $a_{2nk+i+n}$ juntos: $$\frac{\sin (2nk+i)x}{(2nk+i)^\alpha}+\frac{\sin (2nk+i+n)x}{(2nk+i+n)^\alpha}\ge\frac{n\alpha}{(2nk+i)(2nk+i+n)^\alpha}\sin \frac{i\pi}{n} \ge 0$$ Sólo tenemos que utilizar $k=0$ y $i\le n/2$ para el límite inferior: $$\begin{align} f_\alpha(x)\ge&\alpha \sum_{i=1}^{n/2} \frac{n}{i(i+n)^\alpha}\sin \frac{i\pi}{n}\\ \ge&\alpha\sum_{i=1}^{n/2} \frac{2}{(i+n)^\alpha}\qquad{\text{($\sin t\ge 2/\pi\cdot t$)}}\\ \ge&2\alpha\log\frac{3n/2+1}{n+1}\\ \rightarrow&2\alpha\log 3/2 \end{align}$$ Así que $f_\alpha$ está limitada desde abajo por un número positivo como $x\rightarrow 0$ para todos $\alpha\in(0,1]$ . Porque $f_\alpha(0)=0$ la convergencia no puede ser uniforme alrededor de 0.