Qué $\sum _{n=1}^{\infty } \frac{\sin(\text{ln}(n))}{n}$ convergen?

Question

Qué $\sum _{n=1}^{\infty } \dfrac{\sin(\text{ln}(n))}{n}$ convergen?

Mi hipótesis es que no , pero no sé cómo demostrarlo. $ζ(1+i)$ no converge, pero no soluciona el problema aquí.

Answer 1

La suma no convergen debido a que existe una constante $C>0$ tal que para cada una de las $N$ hay $N_1,N_2 > N$ de manera tal que los términos $\frac1n \sin(\ln n)$ $N_1 \leq n \leq N_2$ son de signo constante y su suma supera $C$ en valor absoluto.

Para cualquier entero $k$ sabemos que $\sin x$ es de signo constante para $k\pi < x < (k+1)\pi$, y de valor absoluto, al menos, $\sin(\pi/6) = 1/2$ para $(k+\frac16)\pi < x < (k+\frac56)\pi$. Así los términos con $(k + \frac16) \pi < \ln n < (k + \frac56)\pi$ suma a al menos $\frac12 \sum_{n=N_1}^{N_2} \frac1n$, donde $$ N_1 = \Bigl\lceil \exp\Bigl((k+\frac16)\pi\Bigr) \Bigr\rceil, \quad N_2 = \Bigl\lfloor \exp\Bigl((k+\frac56)\pi\Bigr) \Bigr\rfloor. $$ A continuación,$N_1 / N_2 \rightarrow \exp(2\pi/3)$$k \rightarrow \infty$, por lo $\sum_{n=N_1}^{N_2} \frac1n \rightarrow 2\pi/3$ (e incluso sin la fórmula asintótica para el armónico sumas tenemos el crudo límite inferior $\sum_{n=N_1}^{N_2} \frac1n > \sum_{n=N_1}^{N_2} \frac1{N_2} > (N_2-N_1)/N_2$ el que se acerca a un positivo límite). Esto le da a la deseada estimación y completa la prueba.

[El argumento fácilmente generaliza para demostrar la no convergencia de la suma $\sum_{n=1}^\infty \frac1n \sin(\ln(tn))$ asociado a ${\rm Im}(\zeta(1+it))$ cualquier $t \neq 0$.]

Answer 2

Recuperado principalmente a partir de un borrado el post.

$f(n) = \frac{\sin (\ln(n))}{n}$

Vamos a considerar la integración por partes: $$\int_{n}^{n+1}v'(x,n)f(x)dx=v(x,n) f(x)\left|_{n}^{n+1}\right.-\int_n^{n+1}v(x,n)f'(x)dx$$ $$v'(x,n)=1\ ,\ v(x,n)=x+c(n)\ , \ v(n+1,n)=-v(n,n)\rightarrow\ c(n)=-n-0.5$$

Así: $$\int_{n}^{n+1}f(x)dx=\frac{f(n+1)+f(n)}{2}-\int_n^{n+1}(x-n-0.5)f'(x)dx$$ $$\int_{1}^{+\infty}f(x)dx=-\frac{f(1)}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}f(n)-\sum_{n=1}^{+\infty}\int_n^{n+1}(x-n-0.5)f'(x)dx$$ $$\left|\int_n^{n+1}(x-n-0.5)f'(x)dx\right|\leq\int_n^{n+1}\left|(x-n-0.5)\right|\left|f'(x)\right|dx$$

$$\int_n^{n+1}\left|(x-n-0.5)\right|\left|f'(x)\right|dx\leq\sup\{|f'(x)|:n \leq x \leq n+1\}\cdot\int_n^{n+1}\left|(x-n-0.5)\right|dx$$

$$\int_n^{n+1}\left|(x-n-0.5)\right|\left|f'(x)\right|dx\leq\frac{\sup\{|f'(x)|:n \leq x \leq n+1\}}{4}$$

$$f'(x)=\frac{\sqrt{2}\sin\left(\ln(x)-\frac{\pi}{4}\right)}{x^2}\rightarrow\ \sup\{|f'(x)|:n \leq x \leq n+1\} \leq\frac{\sqrt{2}}{n^2}$$

Así que, finalmente:

$$\left|\int_n^{n+1}(x-n-0.5)f'(x)dx\right|\leq\int_n^{n+1}\left|(x-n-0.5)\right|\left|f'(x)\right|dx \leq \frac{\sqrt{2}}{4n^2}$$

Lo que significa que la suma de la serie: $\sum_{n=1}^{+\infty}\int_n^{n+1}(x-n-0.5)f'(x)dx$ es absolutamente convergente, porque $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\sqrt{2}}{4n^2}$ es convergente (véase integral de la prueba para la convergencia,El problema de Basilea). ......pero: $\int_1^{+\infty}f(x)dx$ es divergente,porque: $\int f(x)dx = -\cos (\ln (x))+C$

Y por último , la suma de la serie:

$$\sum_{n=1}^{+\infty}f(n) = \int_{1}^{+\infty}f(x)dx+\frac{f(1)}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\int_n^{n+1}(x-n-0.5)f'(x)dx$$

es divergente.

Contando los límites:

Según Noam D. Elkies y Wolfram Alpha: $$\sum_{n=1}^{+\infty}\int_n^{n+1}(x-n-0.5)f'(x)dx=\Im\left(\zeta (1-i)) -\frac{1}{(1-i)-1}\right)$$ Que está fuertemente relacionado con la función zeta de regularización y el hecho de que $f(n)=\Im\left(\frac{1}{n^{1-i}}\right)$.