La respuesta a la Pregunta 2 es no. La razón esencial es la siguiente: Du Bois - Reymond construido una función continua $f$ sobre el círculo unidad, cuya serie de Fourier, $\sum_n a_n e^{i n \theta}$, no convergen en $\theta=0$. Si miras en la construcción, verás que es fácil organizar ese $a_n=0$$n<0$. A continuación, $\sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$ define una analítica de la función dentro de la unidad de disco, que se extiende continuamente a la frontera, pero tal que $\sum a_n$ es divergente.
A continuación, os damos los detalles. He utilizado Pinsky del libro como referencia para la construcción de du Bois - Reymond.
Definir $S_M(z) = \sum_{r=1}^M \frac{z^r-z^{-r}}{r}$. Nuestra función será de la forma
$$f(z) := \sum_{k=1}^{\infty} \frac{z^{N_k}}{k^2} S_{M_k}(z) \quad (1)$$
donde $M_k$ $N_k$ son secuencias de enteros positivos elegido tal que
$$0 < N_1 - M_1 < N_1 + M_1 < N_2 - M_2 < N_2 + M_2 < N_3 - M_3 < N_3+ M_3 < \cdots \quad (2)$$
y
$$\frac{\log M_k}{k^2} \to \infty \ \mbox{as} \ k \to \infty. \quad (3)$$
Vamos a mostrar a continuación que la suma (1) es uniformemente convergente en la cerrada de la unidad de disco. Por lo tanto, se define una función continua en el cerrado de disco y una analítica de la función en el interior. La condición (2) las fuerzas que los polinomios $z^{N_k} s_{M_k}(z)$ no tienen la superposición de términos, por lo que la serie de Taylor de $f$ sólo se ve como bloques de $-1/M_k$, $-1/(M_k-1)$, ..., $-1$, $0$, $1$, $1/2$, ..., $1/M_k$, separados por largos bloques de ceros. Definir $a_n$ a ser los coeficientes de $f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$.
Ahora podemos comprobar que $\sum a_n$ es divergente. Tenemos
$$\sum_{n=0}^{N_k} a_n = \sum_{j=1}^{k-1} \frac{1}{j^2} \left( \frac{-1}{M_j} + \cdots + \frac{-1}{1} + \frac{1}{1} + \cdots + \frac{1}{M_j} \right) - \frac{1}{k^2} \left( \frac{1}{M_k} + \frac{1}{M_k -1} + \cdots + \frac{1}{2} + \frac{1}{1} \right)$$
$$=0+0+\cdots + 0 - \frac{1}{k^2} \left( \frac{1}{M_k} + \frac{1}{M_k -1} + \cdots + \frac{1}{2} + \frac{1}{1} \right) \approx - \frac{\log M_k}{k^2}.$$
Usando la condición (3), esto va de a $- \infty$. Así que hay una larga de las sumas parciales de $\sum a_n$ que va a $- \infty$ $\sum a_n$ diverge.
Ahora debemos demostrar que (1) es uniformemente convergente. Necesitamos
Lema , Hay una absoluta constante$C$, de modo que, para cualquier ángulo real $\theta$, y cualquier entero positivo $M$, tenemos
$$\left| \sum_{r=1}^M \frac{\sin (r \theta)}{r} \right| \leq C.$$
Dado el lema, convergencia uniforme es fácil. Por el máximo módulo principio, $\left| z^{N_k} s_{M_k}(z) \right|$ es maximizada en el límite de la unidad de disco.
En ese límite, $|e^{i N_k \theta} s_{M_k}(e^{i \theta} )| = 2 \left| \sum_{r=1}^{M_k} \frac{\sin (r \theta)}{r} \right|$ y, entonces, por el lema, está delimitado de forma independiente de $\theta$. El $\frac{1}{k^2}$ factor de en frente, a continuación, las fuerzas de la convergencia uniforme.
Ahora podemos probar el lema. Esta es la única parte que no soy la adaptación de Pinsky, porque él los trata como obvio.
La prueba del lema: Ya que la suma de los senos es claramente periódico modulo $2 \pi$, y claramente es impar, podemos suponer que la $\theta \in (0,\pi)$. Rompemos la suma de $r=K$, para un parámetro $K$ a ser elegido más tarde. Para la primera parte de la suma,
$$\left| \sum_{r=1}^{K} \frac{\sin (r \theta)}{r} \right| \leq \sum_{r=1}^{K} \frac{r \theta}{r} = K \theta.$$
Para la segunda parte de la suma, debemos comenzar por señalar
$$\sin \frac{\theta}{2} \cdot \sum_{r=K+1}^M \frac{\sin (r \theta)}{r} = $$
$$\frac{\cos ((K+1/2) \theta)}{K+1} + \sum_{r=K+2}^M \cos ((r-1/2) \theta)\left( \frac{1}{r-1} - \frac{1}{r} \right)+ \frac{\cos((M+1/2) \theta)}{M}$$
así
$$\left| \sum_{r=K+1}^M \frac{\sin (r \theta)}{r} \right| \leq \frac{1}{\sin (\theta/2)} \left( \frac{1}{K+1} + \sum_{r=K+2}^M \left( \frac{1}{r-1} - \frac{1}{r} \right)+ \frac{1}{M}\right) $$
$$ = \frac{2}{\sin (\theta/2) (K+1)} \leq \frac{2}{(K+1)(\theta/\pi)} = \frac{2 \pi}{(K+1)\theta}.$$
Hemos utilizado el enlazado $\sin (\theta/2) \geq \theta/\pi$$\theta \in (0 , \pi)$, lo cual es cierto porque $\sin$ es cóncava.
En definitiva,
$$\left| \sum_{r=1}^M \frac{\sin (r \theta)}{r} \right| \leq K \theta + \frac{2 \pi}{(K+1) \theta}.$$
Elija $K$ tal que $K \theta$ no está ni cerca de $0$ ni $\infty$, y esta cantidad será limitada, por lo que hemos demostrado el lema. $\square$.
