¿La serie $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n(\sin(n)+2)}$ convergen o divergen?

Question

Yo estaba pensando y estaba perplejo. Mathematica afirma que converge.

Answer 1

Mi reclamo es el siguiente:

La reclamación. Para cualquier $\theta \in \Bbb{Q}$, tenemos $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n(2+\sin n\theta)} = -\frac{\log 2}{\sqrt{3}} - \frac{2}{\sqrt{3}} \Re \sum_{n=1}^{\infty} \frac{i^n}{(2+\sqrt{3})^n} \log(1+e^{in\theta}). \tag{*}$$

Por ejemplo, si tomamos $\theta = 1$ como en el problema original y evaluar los primeros 10000 términos, obtenemos

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n(2+\sin n)} \approx -0.27206008766393670467\cdots,$$

que está de acuerdo con MathUser de observación.

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Antes de la prueba (opcional). Mi primera prueba fue el uso de algunos equidistribución de los resultados, pero esto resultó ser desalentador, porque yo no sé nada sobre el comportamiento asintótico de

$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2+\sin k} = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{dx}{2+\sin x} + \boxed{\epsilon_n : \text{error term}},$$

ya podemos escribir

$$\sum_{n=1}^{N} \frac{(-1)^n}{n(2+\sin n)} = 2\sum_{n=1}^{N} (-1)^{n} \epsilon_n + (-1)^N \epsilon_N + \sum_{n=1}^{N} \frac{(-1)^n}{n} (C + \epsilon_n)$$

con la constante $C = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{dx}{2+\sin x}$. Así que me dio este enfoque y trató de uno nuevo, que de hecho me llevó a una correcta prueba. Considero que mi prueba de un método drástico, sin embargo, y sospecho que no es una simple prueba.

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Preliminar. Primero introducimos dos grandes teoremas. La primera de ellas es la famosa versión de Tauberian teoremas:

Littlewood del Tauberian Teorema. Si $a_n = \mathcal{O}(1/n)$ $\sum a_n$ es Abel summable, es decir, $$\lim_{s \to 0^+} \sum_{n=1}^{\infty} a_n e^{-ns} = S$$ converge, entonces $\sum a_n$ converge en el sentido usual de la palabra y $$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = S.$$

El siguiente teorema se ocupa de la manera $e^{in\theta}$ se acerca a $-1$ $n$ crece.

Teorema. La irracionalidad de la medida de $1/\pi$ es finito. En particular, existe $c, \mu > 0$ tal que $$\mathrm{dist}(n, \pi \Bbb{Z}) \geq c n^{-\mu}$$ para cualquier $n = 1, 2, \cdots$.

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Prueba. La prueba real es bastante sencillo. En vista de la Littlewood del Tauberian teorema, es suficiente para mostrar que (*) se mantiene en Abel summbability sentido. A las iniciativas fin, vamos a $r = i(2-\sqrt{3})$ y observe que para $x \in \Bbb{R}$,

$$\begin{align*} \frac{1}{2+\sin x} &= \frac{1}{\sqrt{3}} \left( \frac{1}{1 - re^{ix}} + \frac{\bar{r}e^{-ix}}{1 - \bar{r}e^{-ix}} \right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{2}{\sqrt{3}} \Re \sum_{k=1}^{\infty} r^k e^{ikx}. \end{align*}$$

Así que por el teorema de Fubini, si $s > 0$, tenemos

$$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n(2+\sin n\theta)}e^{-ns} &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}e^{-ns} \left( \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{2}{\sqrt{3}} \Re \sum_{k=1}^{\infty} r^k e^{ikn\theta} \right) \\ &= -\frac{\log (1 + e^{-s})}{\sqrt{3}} - \frac{2}{\sqrt{3}} \Re \sum_{k=1}^{\infty} r^k \log(1 + e^{-s+ik\theta}). \end{align*}$$

Ahora el Teorema 2 se muestra que

$$\left| \log(1 + e^{-s}e^{ik\theta}) \right| \leq -\log|\pecado k\theta| + \mathcal{S}(1) \leq C \log k + \mathcal{S}(1) \etiqueta{1}$$

de manera uniforme en $k$$s$. Así que podemos tomar termwise límite de $s \to 0^+$ y el resultado de la serie

$$-\frac{\log 2}{\sqrt{3}} - \frac{2}{\sqrt{3}} \Re \sum_{k=1}^{\infty} r^k \log(1 + e^{ik\theta})$$

todavía converge absolutamente. Esto muestra que (*) es verdadera en Abel summability sentido y, por tanto, completa la prueba de nuestra afirmación. ////

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Adenda: la Prueba de (1). Reconozco que he omitido algunos detalles de demostrar (1). Así que aquí está mi derivación: Aviso primero que

$$\begin{align*} \left| \log(1 + e^{-s}e^{ik\theta}) \right| &= \left| \log\left| \frac{1 + e^{-s}e^{ik\theta}}{2} \right| + i\arg(1 + e^{-s}e^{ik\theta}) + \log 2 \right| \\ &\leq - \log\left| \frac{1 + e^{-s}e^{ik\theta}}{2} \right| + \pi + \log 2 \\ &= - \log\left| 1 + e^{-s}e^{ik\theta} \right| + \pi + 2\log 2 \end{align*}$$

donde el intermedio de la desigualdad se sigue de la desigualdad de triángulo junto con la observación de que $|1 + e^{-s}e^{ik\theta}| \leq 2$. Ahora vamos a escribir $r = p/q$$p, q \in \Bbb{Z}$$q > 0$. Entonces

$$\begin{align*} \left| 1 + e^{-s}e^{ik\theta} \right| &\geq \left| \Im (1 + e^{-s}e^{ik\theta}) \right| = e^{-s}\left| \sin(k\theta) \right| \geq e^{-s} \cdot \frac{2}{\pi}\,\mathrm{dist}(k\theta, \pi \Bbb{Z}) \\ &= \frac{2}{\pi q}e^{-s}\,\mathrm{dist}(kp, q \pi \Bbb{Z}) \geq \frac{2}{\pi q}e^{-s}\,\mathrm{dist}(k|p|, \pi \Bbb{Z}) \\ &\geq \frac{2c}{\pi|p|^{\mu}q}e^{-s} k^{-\mu}. \end{align*}$$

Tomando logaritmo negativo, obtenemos

$$-\log \left| 1 + e^{-s}e^{ik\theta} \right| \leq \mu \log k + s + \mathcal{O}(1).$$

Como sólo estamos interesados en el límite de $s \to 0^+$, restringiendo el rango de $s$ a $0 < s \leq 1$, el plazo $s$ puede ser absorbido en el $\mathcal{O}(1)$ plazo. Por lo tanto, esta rendimientos deseada de la desigualdad (1) con la constante de $C = \mu$.

Answer 2

Una no-respuesta que podría arrojar algo de luz. Añade aquí porque los comentarios no se permiten imágenes. Esta imagen muestra el valor de la suma de $f(m) = \sum_{n=1}^{m} \frac{(-1)^n}{n(\sin(n)+2)}$ $m$ a partir de $0$ y terminando en $100,1000,10000$.

Observe el cambio en el y-eje de escala. Estoy casi seguro de que converge, ¿alguien puede adivinar (o encontrar) el valor de los límites inferior y superior? Tal vez el uso de una prueba de comparación y sandwich ley puede determinar el número al que realmente converge.