convergen puntualmente pero no de manera uniforme

Question

¿Cómo puedo demostrar que $$\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(nx)}{\sqrt{n}}$$ converge puntualmente en $[-\pi, \pi]$ ¿pero no de manera uniforme?

Para la parte puntual, he intentado demostrarlo por comparación, utilizando $$\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(nx)}{\sqrt{n}} \leq \sum_{n=1}^\infty \frac{nx}{\sqrt{n}} = \sum_{n=1}^\infty x\sqrt{n},$$ que no converge.

También probé $$ \sum_{n=1}^\infty \left| \frac{\sin(nx)}{\sqrt{n}}\right| \leq \sum_{n=1}^\infty \left| \frac{1}{\sqrt{n}}\right|,$$ que tampoco converge.

Answer 1

Para la convergencia puntual, utilice la prueba de Dirichlet.

Para ver que no es uniforme, observe que $\sin(nx) > 2 n x/\pi$ si $0 < n x < \pi/2$ . Toma $x = 1/N$ y considerar la $N$ 'th partial sum

$$ \eqalign{\sum_{n=1}^N \frac{\sin(n/N)}{ \sqrt{n}} &\ge \frac{2}{\pi N} \sum_{n=1}^N \sqrt{n} \cr&\ge \frac{2}{\pi N} \int_0^N \sqrt{t}\; dt = \frac{4\sqrt{N}}{3\pi}}$$

Answer 2

La convergencia puntual está garantizada por la prueba de Dirichlet, pero una serie de funciones continuas no puede converger uniformemente a una función no limitada. Podemos calcular $\lim_{x\to 0^+}\sum_{n\geq 1}\frac{\sin(n x)}{\sqrt{n}}$ mediante una convolución con una identidad aproximada:

$$\begin{eqnarray*}\lim_{x\to 0^+}\sum_{n\geq 1}\frac{\sin(n x)}{\sqrt{n}}&=&\lim_{m\to +\infty}\sum_{n\geq 1}\frac{1}{\sqrt{n}}\int_{0}^{+\infty}m\sin(nx) e^{-mx}\,dx\\&=&\lim_{m\to +\infty}\sum_{n\geq 1}\frac{1}{\sqrt{n}}\cdot\frac{mn}{m^2+n^2}.\end{eqnarray*}$$ El RHS es $+\infty$ ya que por sumas de Riemann $$ \lim_{m\to +\infty}\sum_{n\geq 1}\frac{\sqrt{mn}}{m^2+n^2}=\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{x}}{1+x^2}\,dx = \frac{\pi}{\sqrt{2}}.$$ Mucho más simple, una vez $f(x)$ se define como $\sum_{n\geq 1}\frac{\sin(nx)}{\sqrt{n}}$ tenemos $$ \int_{-\pi}^{\pi}f(x)^2\,dx = \pi\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n} = +\infty $$ por el teorema de Parseval, por lo tanto $f(x)$ no puede limitarse en $[-\pi,\pi]$ .