Que $a_n =\underbrace{\sin \left ( \sin \left ( \sin \cdots (\sin x) \cdots \right ) \right )}_{n \; \rm {times}}, \; \; x \in (0, \pi/2)$. Examinar si la serie:
$$S=\sum_{n=1}^{\infty} a_n$$
converge.
No sé cómo solucionarlo. ¡Parece muy difícil para mí!
Primero debemos notar que la secuencia $(a_n)$ es (estrictamente) monótonamente decreciente, y $\lim\limits_{n\to\infty} a_n = 0$, sea cual sea la elección de $x$. Por lo tanto, la elección de una (casi) arbitraria de un gran $k \in \mathbb{N}$, hay un $n_k$ con
$$\frac{1}{k} \leqslant a_{n_k} < \frac{1}{k-1}.\tag{1}$$
Ahora vamos a utilizar, que para $0 < y < 1$ hemos
$$0 < y - \sin y < \frac{y^3}{6},\tag{2}$$
y por lo tanto
$$a_{n_k + m} > a_{n_k} - \frac{m}{6(k-1)^3}.$$
Para $0 \leqslant m < k+1$ así tenemos
$$a_{n_k+m} > a_{n_k} - \frac{k+1}{6(k-1)^3} \geqslant \frac{1}{k} - \frac{k+1}{6(k-1)^3} \geqslant \frac{1}{k+1},$$
siempre $k$ es tan grande que
$$\frac{k+1}{6(k-1)^3} < \frac{1}{k(k+1)},$$
o, equivalentemente,$\frac{k(k+1)^2}{(k-1)^3} < 6$, lo que significa que $k > 3$.
Así
$$\sum_{n = n_k}^{n_k + k} a_n > \sum_{n = n_k}^{n_k+k} \frac{1}{k+1} = 1,$$
lo que demuestra que la serie es divergente.
La secuencia de $(a_n)$ está dado por :$$\left\{ \begin{array}{l} a_0=x \\ \forall n\geq 0, \ a_{n+1}=\sin(a_n) \end{array}\right.$$ Por lo tanto $(a_n)$ pertenece a $[0,\pi/2]$ y va disminuyendo desde $$\sin(x)\leq x$$ and thus $(a_n)$ converges to $\ell\[0,\pi/2]$.
Por otra parte, por la continuidad de la $\sin$ función, $\ell$ debe satisface $$\sin(\ell)=\ell$$ and so $\ell=0$.
Desde $a_n \to 0$, uno ha $$a_{n+1}=\sin(a_n) = a_n -\dfrac{1}6 a_n^3 + o(a_n^4)$$ y $$a_{n+1}^2 = a_n^2-\dfrac{1}{3}a_n^4+o(a_n^4).$$ Ahora, uno puede utilizar la clásica Cesaro significa teorema: desde $$\dfrac{1}{a_{n+1}^2}-\dfrac{1}{a_n^2}=\dfrac{a_n^2-a_{n+1}^2}{a_n^2a_{n+1}^2} \underset{n\to +\infty}{\sim} \dfrac{1}{3}$$ llegamos $$\dfrac{1}{n}\left(\dfrac{1}{a_n^2}-\dfrac{1}{a_0^2}\right)= \dfrac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{1}{a_{k+1}^2}-\dfrac{1}{a_k^2} \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} \dfrac{1}{3}.$$ Por lo tanto, $$\dfrac{1}{na_n^2}\underset{n\to +\infty}{\sim} \dfrac{1}3$$ and $$a_n\underset{n\to +\infty}{\sim} \sqrt{\dfrac{3}n}.$$
A partir de este equivalente, se obtiene la divergencia de la serie.
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
