La divergencia de la serie $\sum_{n=1}^\infty n^{-1-|\sin n|}$ está demostrado aquí. Una consecuencia inmediata es que si $a\ge1$ $\sum_{n=1}^\infty n^{-1-|\sin n|^a}$ también diverge. Mi pregunta es: ¿hay alguna $a\in(0,1)$ tal que $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{1+|\pecado n|^a}}<\infty? $$ He tratado de adaptar la prueba dada en el enlace de arriba, pero he sido incapaz de hacerlo. Por otro lado, puede ser adaptado para demostrar que $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{1+b|\pecado n|}}=\infty\quad\forall b>0. $$
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Como Greg Martin sugiere, la convergencia de esta serie para todos los $0<a<1$ puede ser establecido por una variación de mi respuesta para la pregunta relacionada con la.
El recuerdo de que la respuesta que se conoce obligado en la irracionalidad medida para $\pi$ conducir a la efectiva límites en la discrepancia de la secuencia de $s_n := \{\frac n\pi \bmod 1\}$, lo que determina el valor de $\lvert\sin n\rvert$. Más precisamente, hay una absoluta constante $c>0$ de manera tal que, de manera uniforme para $0 \le \alpha \le \beta \le 1$, tenemos la equidistribución estimación
$$\# \{ n \le N : s_n \in [\alpha,\beta] \} = (\beta-\alpha)N + O(N^{1-c}).\tag{1}$$
(El implícita constante en $O(N^{1-c})$ puede ser tomado como $1$ si elegimos $c$ lo suficientemente pequeño.)
En la otra pregunta, una caja argumento suficiente para obtener cotas inferiores en esta función de conteo, pero para demostrar la convergencia necesitamos límites superior. El punto de $(1)$ es que los valores de $\sin n$ $n \le N$ se distribuyen como uniformemente al azar los valores de $\sin x$, siempre y cuando nuestro histograma de los cubos no son demasiado estrechos como una función de $N$.
Tenemos que ser un poco cuidadoso aquí como vamos a querer a aplicar$(1)$, con una lenta reducción de intervalo. Así que vamos a particionar $\mathbb N$ en diádica bloques de $[2^k,2^{k+1})$ y considerar la suma, para cada bloque. Tenga en cuenta que $(1)$ es insensible a los desplazamientos: si consideramos la $s_{n+m}$ en lugar de $s_n$, la misma estimación sostiene porque apenas se está agregando una constante (modulo 1) para cada término, que sólo se desplaza el intervalo de $[\alpha,\beta]$ a lo largo de el toro (wraparound efectos sólo afectan a la constante y puede ser subsumida en $c$).
Arreglar cualquier $A$ tal que $1 < A < a^{-1}$ (esto es posible desde la $a<1$). Para cada una de las $k\ge 1$, dividir el bloque de $[2^k,2^{k+1})$ a $S_k$ $T_k$ donde $$S_k := \{n \in [2^k,2^{k+1}) : \lvert \sin n \rvert < k^{-A} \}$$ consta de índices de donde $\lvert \sin n\rvert$ es muy pequeña, y $T_k$ se compone de todos los demás.
Desde el diádica bloque tiene una longitud de $2^k$ y este es más grande que cualquier potencia de $k^A$, podemos deducir de $(1)$ que $\lvert S_k \rvert \le C\cdot k^{-A} 2^k$ a excepción quizás en un número finito de valores de $k$ (dependiendo únicamente de la $A$), que podemos ignorar.
Para $n \in S_k$, nos crudamente enlazado $n^{-1-\lvert\sin n\rvert^a}$ por encima de por $1/n \le 1/2^k$: la suma de nuestra serie tomada $S_k$ fijos $k$ es en la mayoría de las $C k^{-A}$. Sumando esto a través de todos los bloques de $S_k$, esto converge desde $A>1$.
Para $n \in T_k$, tenemos
$$ \frac{1}{n^{1+\lvert \sin n\rvert^a}} \le \frac1n n^{-k^{-Aa}} \le 2^{-k} 2^{k(-k^{-Aa})} = 2^{-k} 2^{-k^{1-Aa}}.$$
Desde crudamente $\lvert T_k \rvert \le 2^k$, la suma de $T_k$ es en la mayoría de las $2^{-k^{1-Aa}}$. Desde $Aa < 1$, la más elevada a exponente es positivo, por lo que cuando se suma esta obligado a $k$ también converge (para $k$ que se compara favorablemente con los de, digamos, $1/k^2$).
