La convergencia de una serie (bastante frustrante)

Question

La suma es $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left( \frac{\sin{k} + 2}{3} \right) ^k$$

He aquí lo que he probado hasta ahora:

• La raíz de la prueba (en su más fuerte limsup forma), no da nada, así que no se molestó con la prueba de razón. Esta regla también la esperanza de la formación de límites y la comparación con otro (geométrica) de la serie.

• Numéricos reales de la investigación, que era totalmente inútil.

• Algunas otras pruebas que sé, que no fueron concluyentes.

Cómo podría hacerse esto?

Answer 1

Actualización: Esto está más cerca de una respuesta. (Creo que la serie converge.)

Actualización 2: La serie no en el hecho de converger. En un comentario a la pregunta original aquí, Andrés Caicedo mencionado esto antes idéntica pregunta sobre el MSE, que incluye un riguroso respuesta.

La posibilidad de que esta serie diverge viene del hecho de que $\sin k$ regularmente se pone muy cerca de uno.

Dado un pequeño $\epsilon>0$, supongamos $\sin k>1-\epsilon$ durante al menos un valor de $k$ en cada bloque de un millón de números enteros. Entonces $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left( \frac{\sin{k} + 2}{3} \right) ^k> \sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{1000000m}\left( \frac{3-\epsilon}{3} \right) ^{1000000m}=-\frac{\log(1-(1-\epsilon)^{1000000})}{1000000}.$$

Podemos ser precisos acerca de con qué frecuencia $\sin k>1-\epsilon$ (en promedio) por la búsqueda de la función $N(\epsilon)$ por que es cierto que $\sin k>1-\epsilon$ para la media de un número entero en $N(\epsilon)$.

En primer lugar, $\sin k = \sin(k \pmod {2\pi})$, y debido a $\pi$ es irracional, los números reales $k \pmod {2\pi}$ están uniformemente distribuidos en el intervalo de $[0,2\pi)$. El valor de $\sin x$ supera $1-\epsilon$ $x$ valores entre el$\arcsin(1-\epsilon)$$\pi-\arcsin(1-\epsilon)$, que representa la fracción de $\frac{\arccos(1-\epsilon)}{\pi}$ del intervalo.

En otras palabras, la fracción de números enteros $k$ que $\sin k>1-\epsilon$ $\frac{\arccos(1-\epsilon)}{\pi}$ y, en promedio, $\sin k>1-\epsilon$ para un número entero en $\frac{\pi}{\arccos(1-\epsilon)}$.

Supongo (pero no sé la justificación de que este asintótica resultado es suficiente para justificar el "1 en un millón" argumento anterior (en el peor de los con $\alpha N(\epsilon)$ algunos $\alpha$, ligeramente inferior a $1$). Si es así,

$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left( \frac{\sin{k} + 2}{3} \right) ^k>-\frac{\log(1-(1-\epsilon)^{\frac{\pi}{\arccos(1-\epsilon)}})}{\frac{\pi}{\arccos(1-\epsilon)}}$$

para todos los $\epsilon>0$.

Si

$$-\lim_{\epsilon\to0^+}\frac{\log(1-(1-\epsilon)^{\frac{\pi}{\arccos(1-\epsilon)}})}{\frac{\pi}{\arccos(1-\epsilon)}}=\infty,$$

el original de la serie diverge.

Sin embargo, este límite parece ser cero, o eso dice Mathematica. Esto probablemente se derivan de la utilización de la aproximación $\arccos(1-x)\approx \sqrt{2x}$ cerca de $x=0$.

Creo que el error de enfoque para mostrar la divergencia puede ser convertida en una prueba de convergencia de la siguiente manera, pero me parece preocupante que el valor real de $N(\epsilon)$ no parece ser importante.

Desde antes, sabemos que para la $\epsilon>0$, $\sin k\le1-\epsilon$ para la proporción $1-\frac{1}{N(\epsilon)}$ de los números enteros. Entonces creo que es el caso que

$\begin{align}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left( \frac{\sin{k} + 2}{3} \right) ^k&<\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{N(\epsilon)m+1}\left( \frac{3-\epsilon}{3} \right)^{N(\epsilon)m+1}+\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}\left(\frac{3-\epsilon}{3} \right) ^{k}\\ &=-\frac{\log(1-(1-\epsilon)^{N(\epsilon)})}{N(\epsilon)}+\log 3-\log\epsilon. \end{align}$

Un estrecho límite superior no es necesaria, a fin de elegir cualquier valor distinto de cero $\epsilon$ y no asumir más acerca de $N(\epsilon)$ que es un número (aunque sabemos que su valor) a una cota superior para la suma. Sé que esto es un poco descuidado, pero esperemos que la ayuda y obtener más eficiente.

Answer 2

No es una solución sino una idea que podría ayudarte: $$\sum_{k \geq 1} \cfrac{1}{k}\left( \cfrac{\sin k + 2}{3} \right)^k = \sum_{k \geq 1} \cfrac{1}{3^kk}\left( \sin k + 2 \right)^k=\sum_{k \geq 1} \cfrac{1}{3^kk} \left(\sum_{l = 0}^k {k \choose l}\sin^lk\cdot2^{k-l} \right).$$ Ahora, $\sin k \leq 1$, por lo que la suma es menor o igual $$\sum_{k \geq 1} \cfrac{1}{3^kk} \left(\sum_{i = 1}^k {k \elegir l}2^{k-l} \right)=\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k}\left(\cfrac{2}{3}\right)^k\left( \sum_{i = 0}^k {k \elegir l} \cfrac{1}{2^l} \right)= \\ \sum_{k \geq 1} \frac{1}{k}\left(\cfrac{2}{3}\right)^k\left( \sum_{i = 0}^k \cfrac{k!}{l!(k-l)!} \cfrac{1}{2^l} \right) = \sum_{k \geq 1} \left(\cfrac{2}{3}\right)^k\left( \sum_{i = 0}^k \cfrac{(k-1)!}{l!(k-l)!} \cfrac{1}{2^l} \right).$$ Si te las arreglas para acotar el interior de la suma (no he descubierto, he de confesar; pero a primera vista parece factible) entonces usted está listo.