Convergencia y divergencia en función de si $n$ es impar o incluso

Question

Es parte de un problema en el que estoy trabajando: Quiero demostrar la siguiente conjetura ( $x\ne q\pi$ donde $q\in\Bbb Q$ )

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin^{2k-1}(nx)}{n^{\alpha}}\quad\text{converges if}\quad0<\alpha\le1,k\in\Bbb N$$ $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin^{2k}(nx)}{n^{\alpha}}\quad\text{diverges if}\quad0<\alpha\le1,k\in\Bbb N$$

Hasta ahora he probado casos para $\sin^{1,2,3,4}$ y los resultados coinciden con la conjetura. Creo que es válida para todos los números naturales. He intentado utilizar la inducción pero no lo he conseguido. ¿Podríais ayudarme o mejorar mi método? Un saludo.

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Mi fallido método de inducción, para el $\sin^{2k}$ casos, fue la siguiente:

Hipótesis
$$\sin^{2k}\theta=\xi_k+T_k(\theta)$$ donde $\xi_k\in\Bbb R^+$ (la positividad de $\xi$ es necesario en el contexto del problema mayor, aunque no es necesario en la conjetura), $T_k(\theta)$ es una combinación lineal de términos trignométricos de "primer orden": $\sin\theta,\sin 2\theta,\sin 3\theta,\cdots$ o $\cos\theta,\cos2\theta,\cos3\theta\cdots$ pero pas $\sin^2\theta,\sin^3 2\theta,\cos^45\theta$ etc. Si esta hipótesis se cumple, entonces por el criterio de Abel-Dirichlet es fácil demostrar la segunda parte de la conjetura.

Prueba por inducción
Caso inicial $k=1$ es trivial.
Si para cualquier $k$ la hipótesis se mantiene, entonces para $(k+1)$
$$ \begin{align*} \sin^{2k+2}\theta=&\xi_k\sin^2\theta+\sin^2\theta T_k(\theta)\\ =&\xi_k\left(\frac{1-\cos 2\theta}{2}\right)+\left(\frac{1-\cos 2\theta}{2}\right)T_k(\theta) \\ =&\frac12\xi_k-\frac12\xi_k\cos2\theta+\frac12T_k(\theta)-\frac12\cos(2\theta)T_k(\theta) \end{align*} $$ Ahora la parte difícil está en el último término de la RHS: definitivamente contiene términos como $\cos2\theta\sin m\theta$ o $\cos2\theta\cos m\theta$ para reducirlos al "primer orden", debe producir algunos términos constantes, que podrían amenazar la existencia de una $\xi_{k+1}$ .

No sé cómo proceder.

Answer 1

Veamos la segunda serie. Para facilitar las cosas, supongamos que $0<x<1$ (La restricción de que $x$ no es un múltiplo racional de $\pi$ no es necesario). Dejemos que $N$ sea cualquier número entero tal que $Nx>2\pi.$ Entonces, entre $e^{ix}, e^{i2x}, \dots , e^{iNx},$ al menos uno de esos puntos cae en el arco $A=\{e^{it}: \pi/4 < t <3\pi/4\}.$ ¿Por qué? A partir de $(1,0)$ nos movemos alrededor del círculo unitario en pasos de longitud de arco $1.$ Uno de esos pasos tiene que aterrizar en $A,$ porque atravesamos todo el círculo al menos una vez, y no podemos pisar $A$ ya que su longitud de arco es $\pi/2 > 1.$ Lo mismo ocurre con $(N+1)x, \dots, 2Nx$ etc.

Ahora la suma en cuestión es al menos

$$\tag 1 \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=mN}^{(m+1)N -1}\frac{\sin^{2k}(nx)}{n}.$$

En cada suma interna, tenemos $\sin (nx) > 2^{-1/2}$ para al menos una $n.$ Así, el $m$ la suma interna es al menos $2^{-k}/(m+1)N.$ Por lo tanto, $(1)$ es al menos

$$\sum_{m=1}^{\infty}\frac{2^{-k}}{(m+1)N} = \infty.$$

Así que tenemos divergencia para $x\in (0,1).$ Se puede ajustar este argumento para obtener la divergencia para $x\in (0,\pi).$ Y desde que la serie tiene periodo $\pi,$ obtenemos la divergencia para todos los $x\not \in \pi \mathbb {Z}.$

Answer 2

$$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^m(nx)}{n^\alpha} &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=0}^m\frac{(-1)^j}{(2i)^m}\binom{m}{j}\frac{e^{i(m-2j)nx}}{n^\alpha}\tag{1}\\ &=\sum_{j=0}^m\frac{(-1)^j}{(2i)^m}\binom{m}{j}\sum_{n=1}^\infty\frac{e^{i(m-2j)nx}}{n^\alpha}\tag{2} \end{align} $$

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Caso $\boldsymbol{m}$ es impar

Tenga en cuenta que si $(m-2j)x\not\in2\pi\mathbb{Z}$ entonces $$ \begin{align} \left|\sum_{n=1}^N e^{i(m-2j)nx}\right| &=\left|\frac{e^{i(m-2j)x}-e^{i(m-2j)(N+1)x}}{1-e^{i(m-2j)x}}\right|\\ &\le\frac2{\left|1-e^{i(m-2j)x}\right|}\tag{3} \end{align} $$ está acotado independientemente de $N$ y por lo tanto, Prueba de Dirichlet garantiza que $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{e^{i(m-2j)nx}}{n^\alpha}\tag{4} $$ converge.

Si $(m-2k)x\in2\pi\mathbb{Z}$ , ya que $m$ es impar, los términos para $j=k$ y $j=m-k$ cancelar en $(1)$ .

Por lo tanto, si $m$ es impar, entonces la serie original converge.

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Caso $\boldsymbol{m}$ es incluso

Si $\sin(x)=0$ cada término de la suma infinita es $0$ , por lo que la suma converge.

Supongamos que $\sin(x)\ne0$ . Si ambos $|\sin(nx)|$ y $|\sin((n+1)x)|$ son menores que $\frac1{\sqrt2}|\sin(x)|\le\frac1{\sqrt2}$ alors $|\cos((n+1)x)|\ge\frac1{\sqrt2}$ y $$ \begin{align} |\sin((n+2)x)| &=|2\sin(x)\cos((n+1)x)+\sin(nx)|\\ &\ge2|\sin(x)|\,|\cos((n+1)x)|-|\sin(nx)|\\ &\ge\left(\sqrt2-\tfrac1{\sqrt2}\right)|\sin(x)|\\ &=\tfrac1{\sqrt2}|\sin(x)| \end{align} $$ Así, uno de $|\sin(nx)|$ , $|\sin((n+1)x)|$ o $|\sin((n+2)x)|$ debe ser como mínimo $\frac1{\sqrt2}|\sin(x)|$ . Por lo tanto, $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^m(nx)}{n^\alpha}\ge\left|\frac{\sin(x)}{\sqrt2}\right|^m\sum_{n=1}^\infty\frac1{(3n)^\alpha} $$ que diverge.

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Resumen

La serie original converge si y sólo si $m$ es impar o $\sin(x)=0$ .