La convergencia de $ \sum_n ^ \infty (-1)^n \frac { \sin ^2 n}n$

Question

¿Alguien podría dar una pista de cómo probar la convergencia de la siguiente suma?

$$ \sum_n ^ \infty (-1)^n \frac { \sin ^2 n}n$$

Intenté escribirlo así:

$$ \sum_n ^ \infty \frac1n (-1)^n \sin ^2 n.$$

Desde aquí, es fácil ver que $ \frac1n $ es una secuencia limitada y estrictamente decreciente. Bastaría con probar que la secuencia de sumas parciales de $(-1)^n \sin ^2 n$ está limitada.

Desde aquí, entiendo que $(-1)^n \sin ^2 n = (-1)^n \frac {1 - \cos 2n}2 = \frac {(-1)^n}2 - \frac {(-1)^n \cos2n }2$ donde la secuencia de sumas parciales de $ \frac {(-1)^n}2$ está limitada así como la secuencia de sumas parciales de $ \frac { \cos 2n}2$ . Desafortunadamente, no puedo decir nada sobre $ \frac {(-1)^n \cos 2n}2$ .

Gracias.

Answer 1

Usaremos la prueba de Dirichlet: http://en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet%27s_test

Escriba $ \frac 1 n (-1)^n \sin (n)^2 = \frac 1 n (-1)^{n+1} \frac {e^{2in}-2+e^{-2in}}{4}$ que se desprende de las fórmulas de Euler.

Nuestra serie se divide naturalmente en una suma de $3$ serie. Set $a_n = \frac 1 n$ . Set $b_n =(-1)^{n+1} \frac {e^{2in}}{4}$ . Luego $ \sum_ {n=1}^M b_n $ es una suma geométrica, con cociente $-e^{2i}$ que puede ser evaluada como $ \frac {e^{2i}}{4} \frac {(-1)^M e^{2iM}-1}{-e^{2i}-1}$ . Vemos que $| \sum_ {n=1}^M b_n|<2$ para todos $M$ . Por la prueba de Dirichlet $ \sum a_n b_n$ converge. Las dos series restantes pueden ser manejadas de manera similar.

Answer 2

La serie no es absolutamente convergente así que el estudio de la convergencia es de interés.

Tenemos $$ \sin ^2n=1- \cos ^2n=1- \frac {1+ \cos (2n)}2= \frac 12- \frac { \cos (2n)}2.$$ Desde $$ \sum_ {n=1}^ \infty\frac {(-1)^n}n \mbox { is convergent},$$ sólo tenemos que abordar la convergencia de $$ \sum_ {n=1}^ \infty (-1)^n \frac { \cos (2n)}n,$$ que puede hacerse mediante una suma por partes. De hecho, definimos $s_n:= \sum_ {k=0}^n(-1)^k$ . Luego $$ \sum_ {k=M}^N(-1)^k \frac { \cos (2k)}k= \sum_ {n=M}^Ns_n \frac { \cos (2n)}n- \sum_ {n=M-1}^{N-1}s_n \frac { \cos (2(n+1))}{n+1}.$$ Desde la serie $ \sum_k\frac 1{k^2}$ es convergente, en realidad sólo tenemos que mostrar que la serie $$ \sum_ {n=1}^ \infty s_n \frac { \cos (2n)}{n} \mbox { and } \sum_ {n=1}^ \infty s_n \frac { \cos (2(n+1))}{n}$$ son convergentes. (En efecto, $ \frac { \cos (2n)}n- \frac { \cos (2(n+1))}{n+1}= \frac { \cos (2n)- \cos (2(n+1))}n- \cos (2(n+1)) \left ( \frac 1n- \frac 1{n+1} \right ) $ .) Desde $s_{2k+1}=0$ es suficiente para establecer la convergencia de $$ \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac { \cos (4n)}n \mbox { and } \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac { \cos (2(2n+1))}n.$$ Se puede hacer por (¡otro!) suma por partes.

Answer 3

EDITAR $$- \log (1+e^{ \pm 2i}) = \sum_ {n \in\mathbb {N}} (-1)^n \frac {e^{ \pm 2i n}}{n}$$ Y $$ \sin ^2 n = - \frac {1}{4} (e^{in} - e^{-in})^2 = - \frac {1}{4} (e^{2in} - 2 + e^{-2in}) = \frac {1}{2} - \frac {1}{4} (e^{2in} + e^{-2in})$$ Así que con $ \Sigma $ para la "suma del objetivo": $$ \Sigma = \frac {1}{2} \underbrace { \sum_ {n \in\mathbb {N}} (-1)^n \frac {1}{n}}_{=- \log (2)} - \frac {1}{4} \underbrace { \sum_ {n \in\mathbb {N}} (-1)^n \frac {e^{2in}}{n}}_{= - \log (1+e^{2in})} - \frac {1}{4} \underbrace { \sum_ {n \in\mathbb {N}} (-1)^n \frac {e^{-2in}}{n}}_{=- \log (1+e^{-2in})} = \frac {1}{4} (- \log (4) + \log (1+e^{2i}) + \log (1+e^{-2i}))$$

Answer 4

Usando el teorema de la convergencia alternativa. Siempre y cuando $b_n$ tiene un límite cuando $n$ se acerca al infinito, y el límite es igual a $0$ , el sereno $a_n=(-1)^n b_n$ es la convergencia.