Estoy interesado en la búsqueda de un elemental de la prueba de la suma siguiente desigualdad: $$\sum_{k=1}^n \frac{\sin k}{k} \le \pi-1$$
Si esta desigualdad es fácil de probar, entonces se puede demostrar fácilmente que la suma es acotada.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Un enfoque de Abel Suma:
Vamos
$$S_n=\sum_{i=1}^{n}\sin k,\quad S_0=0.$$
Entonces
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin k}{k}=\sum_{k=1}^{n}\frac{S_k-S_{k-1}}{k}=\frac{S_n}{n}+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{S_k}{k(k+1)}.$$
Tenemos
$$S_n = \sum_{k=1}^{n}\sin k = \mathrm{Im}\left(\sum_{k=1}^{n}e^{ik}\right) = \mathrm{Im}\left(e^{i}\frac{1-e^{in}}{1-e^i}\right).$$
Por lo tanto $$|S_n| \leq \left|\frac{1-e^{in}}{1-e^i}\right| \leq \left|\frac{2}{1-e^i}\right| \approx 2.09.$$
Entonces
$$\left|\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin k}{k}\right| = \left|\frac{S_n}{n} + \sum_{k=1}^{n-1}\frac{S_k}{k(k+1)}\right| \leq 2.09 \left(\frac{1}{n} + \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k(k+1)}\right) = 2.09,$$
más vinculados a $\pi-1$.
Scott Wade
Puntos
271
Primero vamos a observar que $\sum_{k=1}^\infty u^k/k=-\ln(1-u)$.
Si estamos preocupados por la convergencia de la radio, que siempre se puede reemplazar $u$ $ue^{-\epsilon}$ y deje $\epsilon\rightarrow0$. La rama de $\ln$ estamos utilizando es la definida en $\mathbb{C}\setminus(-\infty,0]$: es decir, $\ln(re^{i\theta})=\ln r+i\theta$ donde$r>0$$\theta\in(-\pi,\pi)$.
La inserción de $\sin x=(e^{ix}-e^{-ix})/2i$, obtenemos $$\sum_{k=1}^\infty \frac{\sen kx}{k} =\sum_{k=1}^\infty \frac{e^{ikx}-e^{-ikx}}{2ki} =\frac{\ln(1-e^{-ix})-\ln(1-e^{ix})}{2i} $$ En este punto, tengo dos soluciones alternativas. En cualquier caso, supongo que $x\in[0,\pi)$ para ayudar a mantenerse dentro de la rama seleccionada del logaritmo.
Usted puede mirar en el triángulo rectángulo con esquinas $O=0$, $I=1$ y $A=1-e^{-ix}$:$IO=IA$$\angle OIA=x$, lo $\angle AOI=\frac{\pi-x}{2}$. Esto hace que la parte imaginaria de $\ln(1-e^{-ix})=\angle AOI=\frac{\pi-x}{2}$;$\ln(1-e^{ix})$$-\frac{\pi-x}{2}$. La parte real del logaritmo de la cancela, y lo que queda es $\frac{\pi-x}{2}$.
Alternativamente, mientras que la garantía de permanecer dentro de la rama del logaritmo, obtenemos $$\sum_{k=1}^\infty \frac{\sen kx}{k} =\frac{1}{2}\ln\frac{1-e^{-ix}}{1-e^{ix}} =\frac{\ln(-e^{-ix})}{2i} =\frac{\ln(e^{i(\pi-x)})}{2i} =\frac{\pi-x}{2}. $$
Por lo tanto, no sólo es la suma de menos de $\pi-1$. Es exactamente $\frac{\pi-1}{2}$. Y, más en general, la suma $$\sum_{k=1}^\infty \frac{\sen kx}{k} =\frac{\pi-x}{2} $$ para $x\in[0,\pi]$: si $x=\pi$, la suma se convierte en cero (ya sea por limitar o porque todos los términos son cero).
