Conjetura: $\lim_{x\rightarrow 0_+} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n^2 x)}{n} = \frac{\pi}{4}$

Question

Yo estaba jugando con sumas el otro día, y empezó a juguetear con la función $$ f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n^2 x)}{n}\, . $$ Ahora, obviamente, este es un muy irregular de la función. (Creo que la derivada no existe en ninguna parte.) Sin embargo, parece ir para un finito, positiva límite de $x\rightarrow 0_+$. Además, buscando en las primeras posiciones decimales de este límite, parece que puede ser de $\pi/4$. Parece plausible que ese límite puede ir a un "buen" número como $\pi/4$, pero no puedo demostrarlo.

Un par de cosas conocidas acerca de este problema:

1) $f(x)$ es impar, por lo que $\lim_{x\rightarrow 0_{-}} f(x) = \lim_{x\rightarrow 0_{+}} f(x)$.

2) $f(x)$ es $2\pi$-periódico (obviamente).

3) Una posible manera que se me ocurre para evaluar este límite (si existe), es reemplazarla con la siguiente: \begin{align} \lim_{x\rightarrow 0_{+}} f(x) &= \lim_{x\rightarrow 0_{+}} \frac{1}{x}\int_{0}^{x} dy\, f(y)\\ &= \lim_{x\rightarrow 0_{+}} \frac{2}{x}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin^2\left(n^2 x/2\right)}{n^3} \end{align} El último de la serie es más suave y converge más rápidamente que en el original, por lo que es idóneo para los caracteres numéricos. Si yo uso $x = 0.0001$ en esta serie y la suma de los primeros $100,000$ condiciones en Mathematica, me sale $0.785393$, mientras que $\pi/4 = 0.785398...$ no sé a dónde ir desde allí. (He probado el de sumación de Poisson fórmula fue en vano.)

Alguien aquí puede demostrar esta conjetura? O desmentir? O mostrar que la pregunta es de alguna manera mal planteado?

Answer 1

Un interesante truco es considerar que la integral de $f(x)$ en contra de la aproximados de identidad $m e^{-mx}$ está dada por:

$$ \int_{0}^{+\infty}f(x)\,me^{-mx}\,dx=\sum_{n\geq 1}\frac{mn}{m^2+n^4} \etiqueta{1}$$ Sin embargo: $$ \frac{2m^2 n}{4m^4+n^4} = \frac{m}{2}\left(\frac{1}{2m^2-2mn+n^2}-\frac{1}{2m^2+2mn+n^2}\right)\etiqueta{2}$$ por lo tanto: $$ \sum_{n\geq 1}\frac{2m^2 n}{4m^4+n^4}=\frac{i}{4}\left(H_{-m(i+1)}-H_{m(-1+i)}-H_{m(1-i)}+H_{m(1+i)}\right)\etiqueta{3}$$ y dejando $m\+\infty$, se obtiene: $$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0^+}f(x) &=& \lim_{m\+\infty}\sum_{n\geq 1}\frac{2m^2 n}{4m^4+n^4}\\&=&\frac{i}{4}\left(\log(-1-i)-\log(-1+i)-\log(1-i)+\log(1+i)\right)\\&=&\color{red}{\frac{\pi}{4}}\tag{4}\end{eqnarray*}$$ probar su conjetura a través del poder ilimitado de la función digamma.

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El mismo enfoque conduce a:

$$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0^+}\sum_{n\geq 1}\frac{\sin(n^3 x)}{n}&=&\lim_{m\+\infty}\sum_{n\geq 1}\frac{m^3 n^2}{m^6+n^6}\\&=&\lim_{m\a +\infty}\frac{\pi}{6}\left(-\coth(m\pi)+\coth\left(\frac{1+i\sqrt{3}}{2}\,m\pi\right)+\coth\left(\frac{1-i\sqrt{3}}{2}\,m\pi\right)\right)\\&=&\color{red}{\frac{\pi}{6}}.\tag{5}\end{eqnarray*}$$

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La razonable conjetura:

$$\forall k\in\mathbb{Z}^+,\quad \lim_{x\to 0^+}\sum_{n\geq 1}\frac{\sin(n^{k}x)}{n}=\frac{\pi}{2k}\etiqueta{6}$$

se deja como objeto de futuras investigaciones.

Answer 2

OK, creo que tengo una respuesta para esta usando mi no riguroso "del físico matemáticas".

El uso de simple álgebra, podemos escribir $$ \frac{\sin(n^2 x)}{n} = \frac{\sin(n^2 x)}{2\sqrt{n^2 x}\left(\sqrt{n^2 x} - \frac{1}{2}\sqrt{x}\right)}\Delta_n\, , $$ donde $\Delta_n = n^2 x - {(n-1)}^2 x$. Así que nuestro límite se convierte en: $$ \lim_{x\rightarrow 0_+} f(x) = \lim_{x\rightarrow 0_+} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n^2 x)}{2\sqrt{n^2 x}\left(\sqrt{n^2 x} - \frac{1}{2}\sqrt{x}\right)} \Delta_n\, . $$ Este es un tipo de "warped" suma de Riemann sobre la función $$ g(z) = \frac{\sin(z)}{2\sqrt{z}\left(\sqrt{z} \,-\, \frac{1}{2}\sqrt{x}\right)}\, , $$ donde $x$ es un número positivo fijo: $$ \lim_{x\rightarrow 0_+} f(x) = \lim_{x\rightarrow 0_+} \sum_{n=1}^{\infty} g(z_n)\, \Delta_n\, . $$

Yo uso la palabra "warped" he aquí porque los "puntos de muestreo" $z_n = n^2 x$ no están uniformemente espaciados, pero crecen más y más cerca juntos como $x\rightarrow 0_+$. $\Delta_n = z_n - z_{n-1}$ es el ancho de la $n^{\mathrm{th}}$ "columna" del área bajo la gráfica de $g(z)$. Por lo tanto: \begin{align} \lim_{x\rightarrow 0_+} f(x) &= \lim_{x\rightarrow 0_+} \int_{0}^{\infty} dz\, \frac{\sin(z)}{2\sqrt{z}\left(\sqrt{z} \,-\, \frac{1}{2}\sqrt{x}\right)}\\ &= \int_{0}^{\infty} dz\, \frac{\sin(z)}{2z}\\ &= \frac{\pi}{4}\, . \end{align}

Obviamente hice algunos no riguroso de las cosas, tales como el intercambio de los límites y las integrales, así que si alguien tiene una alternativa de demostración, me gustaría ver.

Answer 3

Tengo una solución para un problema similar $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n x)}{n}\ =\frac{1}{2} \left(\log \left(1-e^{i x}\right)-\log \left(1-e^{-i x}\right)\right)=\arctan\left(\frac{\sin (x)}{1-\cos (x)}\right) $$ y $$ \lim_{x\rightarrow 0_+} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n x)}{n} = \frac{\pi}{2} $$