Pointwise Convergencia de $\sum \frac{\sin(\sqrt{n}x)}{n}$

Question

Estoy teniendo problemas en probar la pointwise convergencia de $$ g(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(\sqrt{n}x)}{n}$$ for all real numbers $x$ el uso de primaria de los métodos (por ejemplo, integral de la prueba M de Weierstrass de la prueba, Abel de la Prueba, de Dirichlet de la Prueba, en Comparación con la suma de Riemann, etc.).

Alguien me puede ayudar en esto?

Gracias.

Answer 1

Esto puede ser muy estrechamente relacionado con la sugerencia de Robert.

Elaborado respuesta

Considere la siguiente desigualdad (con $n,m \to \infty$): $$ \Bigg|\sum\limits_{k = n}^m {\frac{{\sin (\sqrt k x)}}{k}} - \sum\limits_{k = n}^m {\int_k^{k + 1} {\frac{{\sin (\sqrt u x)}}{u}du} } \Bigg| \le \sum\limits_{k = n}^m {\int_k^{k + 1} \Bigg| \frac{{\sin (\sqrt k x)}}{k} - \frac{{\sin (\sqrt u x)}}{u}\Bigg|du} . $$ Fijo $x > 0$, muestran que, para cualquier $u \in [k,k+1]$, $$ {\Bigg|\frac{{\sin (\sqrt k x)}}{k} - \frac{{\sin (\sqrt u x)}}{u}\Bigg|} \leq \frac{x}{{2k\sqrt k }} + \frac{1}{{k^2 }}. $$ (Por lo tanto la misma desigualdad se cumple para la integral de $k$ $k+1$de la mano izquierda.) Para este propósito, en primer lugar, escribir $$ \Bigg|\frac{{\sin (\sqrt k x)}}{k} - \frac{{\sin (\sqrt u x)}}{u}\Bigg| = \Bigg|\frac{{\sin (\sqrt k x)k - \sin (\sqrt u x)k + \sin (\sqrt k x)(u - k)}}{{ku}}\Bigg|. $$ A continuación, aplicar la desigualdad de triángulo, y el uso del valor medio teorema (dos veces). Además tenga en cuenta que $\int_1^\infty {\frac{{\sin (\sqrt u x)}}{u}} du$ converge (para este propósito, hacer un cambio de variable $y=\sqrt u x$). El resto es sencillo.

Answer 2

Usted puede utilizar la suma por partes: Si $(a_n)_{n \geq 1}$ es una secuencia de números complejos, y $f : [1, \infty] \longrightarrow {\bf C}$ $C^1$ la función, a continuación, $$ \sum_{n \leq N} a_n f(n) = (\sum_{n \leq N} a_n) f(N) - \int_{1}^{N} \sum_{n \leq t} a_n) f'(t) \, d \, t.$$ Aplicando esto a $a_n = {1 \over n}$$f(t) = \sin(\sqrt{t}x)$, se obtiene $$\sum_{n \leq N} {\sin(\sqrt{n}x) \over n} = H(N)\sin(\sqrt{N}x) - \int_{1}^{N} H(\lfloor t \rfloor) {x\cos(\sqrt{t}x) \over 2\sqrt{t}} \; d \, t$$ Aquí $H(n)$ $n$ésimo número armónico $1 + {1 \over 2} + ... + {1 \over n}$. Afortunadamente, hay buenas asymptotics para $H(n)$, es decir, que $H(n) = \ln(n) + \gamma + O(1/n)$. Como resultado, el $H(\lfloor t \rfloor)$ que aparecen en la integral anterior difiere de $\ln(t) + \gamma$ a la mayoría de los ${C \over t}$. Desde ${\displaystyle \int_1^{\infty} {1 \over t} {x\cos(\sqrt{t}x) \over 2\sqrt{t}}\,dt}$ es absolutamente integrable, nadie puede reemplazar a $H(\lfloor t \rfloor)$ $\ln(t) + \gamma$ en la integral cuando tratando de demostrar la convergencia. Uno puede de manera similar caso omiso de las $O({1 \over N})$ plazo en el $H(N)$ a la izquierda. Así que nuestro objetivo es mostrar que la siguiente converge como $N$ va al infinito. $$(\ln(N) + \gamma) \sin(\sqrt{N}x) - \int_{1}^{N} (\ln(t) + \gamma){x\cos(\sqrt{t}x) \over 2\sqrt{t}} \; d \, t.$$ Ahora podemos integrar por partes de nuevo, en la dirección opuesta a la de nuestros original de la sumación por partes; podemos diferenciar $(\ln(t) + \gamma)$ e integrar a ${x\cos(\sqrt{t}x) \over 2\sqrt{t}}$$\sin(\sqrt{t} x)$. Nuestro objetivo ahora se vuelve a mostrar la finitud de $$\int_1^{\infty}{\sin(\sqrt{t} x) \over t}\,dt$$ Como otros han dicho más arriba, cambiando $t$$t^2$, esto es equivalente a mostrar la convergencia de ${\displaystyle \int_1^{\infty} {\sin(t x) \over t}\,dt}$, que a su vez mediante la sustitución de $t$ $tx$ es equivlalent a mostrar la convergencia de ${\displaystyle \int_x^{\infty} {\sin(t) \over t}\,dt}$ que es bien conocido.

Answer 3

Mira la secuencia de sumas parciales cada cambio de signo en el seno, es decir, combinar todos los términos consecutivos con el mismo signo. Debido a que la longitud de estos grupos de términos crece como $\sqrt{n}$, su suma se reduce a medida $1/\sqrt{n}$, por lo que obtener una corriente alterna de la serie con términos convergentes a cero.

Edit: Didier ha señalado con razón que no me muestran que los valores absolutos de los términos estrictamente disminuir. Para mostrar este rigurosamente probablemente sería más fácil de aplicar uno de los enfoques en las otras respuestas, pero aquí es un no tan riguroso argumento: Cada grupo de términos que pueden ser considerados como una aproximación con la regla trapezoidal de la integral sobre la $\sin \sqrt{ux}/u$ con un intervalo de $\pi/x$, escala en proporción al número de términos en el grupo. La escala por el número de términos que crece como $\sqrt{n}$ y el integrando se cae como $1/n$, para la desintegración de $1/\sqrt{n}$. Hay tres fuentes de error de aproximación. Dos ocurrir en los extremos, uno por el hecho de que la regla trapezoidal especifica un peso de $1/2$ no, y la otra por el hecho de que los extremos de la suma y la integral no coinciden. Ambos de estos errores son proporcionales a la parte más externa de los términos en el grupo, que son de orden $1/\sqrt{n}^3$, y para el ancho del intervalo de integración que representan, que es de orden $1/\sqrt{n}$, para un total de decaimiento de $1/n^2$. La tercera aproximación de error es el error en la regla trapezoidal en sí, que es cúbica en el ancho de los intervalos de integración para un factor de $1/\sqrt{n}^3$, y proporcional a la derivada segunda de el integrando, que se cae con $1/n$, para un total de decaimiento de $1/\sqrt{n}^5$. Por lo tanto los errores de aproximación de decaimiento más rápido que la diferencia de orden $1/\sqrt{n}^3$ en las contribuciones de orden $1/\sqrt{n}$.

Answer 4

Me gustaría tratar de aproximar $\sin(\sqrt{n} x)/n$$\int_{\sqrt{n-1/2}}^{\sqrt{n+1/2}} \sin(t x)/(2 t) \, dt$, señalando que $\int_{0}^\infty \sin(t)/t \, dt$ converge.

Answer 5

Aquí está la elaboración. La suma del mismo signo, $$ S(m)= \sum\limits_{m<\sqrt{n}x\leq m+1}\frac{1}{n} \sin(\sqrt{n}x \pi), $$ tiene su valor absoluto que se intercala entre $$ \left(\frac{x}{m}\right)^2 |D(m)|\quad \text{y}\quad\left(\frac{x}{m+1}\right)^2|D(m)|, $$ donde $$ D(m)=\sum\limits_{m<\sqrt{n}x\leq m+1}\sin(\sqrt{n}x \pi). $$ Reemplazar suma por $0$ si se suma está vacía. Tomar un poco de cuidado con $m = 0$. Tenemos $x^2 D(0) \leq S(0)\leq D(0)$, e $S(0)$ es no vacío si $0< x\leq 1$. A continuación, la estimación de $|D(m)|$ mediante $h(t)= \sin (\sqrt{t} x \pi)$ para situarse entre $2(2m+1)/(\pi x^2) +1$$2(2m+1)/(\pi x^2) -1$. Ahora $D(m)\geq 0$ al $m$ es regular y no mayor que $0$ al $m$ es impar. Entonces usted va a encontrar que de la serie $$ \sum\limits_{m=0}^{\infty} S(m)=\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\sin(\sqrt{n}x\pi)}{n} $$ se intercala entre dos convergente la serie. Tenga en cuenta que el número de términos en cada sumatoria $S(m)$ depende de $x$ y tiende a infinito como $x$ tiende a $0$ a la derecha. Tenga en cuenta que $|S(m)|$ tiende a $0$ $m$ tiende a infinito. Así, la convergencia de $S(m)$ implica la convergencia de la serie original. Por supuesto, esto implica la convergencia de por $x > 0$ y, por tanto, para $x < 0$ y la convergencia en $0$ es obvia.