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¿La serie $ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + |\sin(n)|}} $ convergen o divergen?

Realiza las siguientes series convergen o divergen? Me gustaría ver una demostración.

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + |\sin(n)|}}. $$

Puedo ver que: $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + |\sin(n)|}} \leqslant \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + {\sin^{2}}(n)}} \leqslant \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + {\sin^{2n}}(n)}}. $$

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goric Puntos 5230

Este es el problema 11162, plantea Paolo Perfetti, en junio-julio de 2005 tema de la American Mathematical Monthly. La solución a continuación, debido a la Investigación de Microsoft Los problemas del Grupo, se encuentra en el febrero de 2007 número de la misma revista.

Para un entero positivo de $n$, definir $$A_n=[0,2^n)\cap\{k\in \mathbb{N}:|\!\el pecado k|<\estilo de texto{1\over n}\},\quad B_n=[2^{n-1},2^n)\cap A_n.$$ Si $k\in B_n$, entonces $k^{-1-|\pecado k|}>(2^n)^{-1-1/ n }=2^{n-1}$. Si $n>1$, entonces $A_n$ es contenida en la inconexión de la unión de $A_{n-1}$ y $B_n$, entonces $|B_n|\geq |A_n|-|A_{n-1}|$. Para estimar $|A_n|$, partición del círculo unidad en $7n$ arcos, cada uno con un ángulo de $2\pi/(7n)$. De los valores $e^{ik}$ para $0\leq k<2^n$, menos de us $2^n/(7n)$ se encuentran en el mismo arco de la Principio Del Palomar. Si $e^{ik_1}$ y $e^{ik_2}$ se encuentran en el mismo arco, entonces $$|\sin(k_1-k_2)|\leq |e^{i(k_1-k_2)}-1|=|e^{ik_1}-e^{ik_2}|<{2\pi\over7n}<{1\over n}$$ y $|k_1-k_2|\en A_n$. Resta el más mínimo $k$ de los demás (y a sí mismo), nos encontramos con que $|A_n|\geq2^n/(7n)$. Ahora si $N\geq2$, entonces \begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^{2^N-1}k^{-1-|\pecado k|}&=&\sum_{n=2}^N\sum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1}k^{-1-|\pecado k|} \geq \sum_{n=2}^N\sum_{k\in B_n}k^{-1-|\pecado k|}\geq\sum_{n=2}^N {|B_n|\over2^{n+1}}\\[9 puntos] &\geq& \sum_{n=2}^N{|A_n|-|A_{n-1}|\más de 2^{n+1}}=\sum_{n=2}^N \left(\left( {|A_n|\más de 2^{n+2}}-{|A_{n-1}|\más de 2^{n+1}}\right)+{|A_n|\más de 2^{n+2}}\right) \\[9 puntos] &=&{A_N\más de 2^{N+2}}-{|A_1|\over8}+\sum_{n=2}^N{|A_n|\más de 2^{n+2}}\\[9 puntos] &\geq& -{|A_1|\over8}+\sum_{n=2}^N {2^n/(7n)\over2^{n+2}}= -{|A_1|\over8}+\sum_{n=2}^N {1\over28n} \end{eqnarray*}

Este crece sin límite $N\to\infty$.

13voto

Erick Wong Puntos 12209

Hay algunos detalles que no he plenamente investigados pero aquí un boceto de lo que creo que debería mostrar la divergencia.

Definir $c_n := \frac{n}{2\pi} \pmod 1$ y dejar $[a,b]$ ser cualquier intervalo de tiempo en el toro de $\mathbb R/\mathbb Z$. La discrepancia $D(N)$ de la secuencia de $c_n$ se define como la diferencia entre $\# \{ n \le N : c_n \in [a,b]\}$ y se espera contar $(b-a)$N.

Weyl del criterio nos dice que $D(N) = o(N)$. Más cuantitativamente, el Erdős-Frigyes la desigualdad indica que, para cualquier entero $K>0$,

$$D(N) \ll \frac{N}{K} + \sum_{k=1}^K \frac1k\left| \sum_{n=1}^N e^{kni}\right|.$$

Aunque me imagino que hay mejores maneras de controlar el extremo derecho de la suma en promedio, es un bonito hecho de que podemos controlar es pointwise usando un resultado de Mahler que existe una absoluta constante $C>0$ que

$$\left|\pi \frac{p}{q}\right| \gg \frac{1}{q^C}.$$

(El mejor valor actual de $C$ es de alrededor de $7.6$ debido a Salikhov.) Tenga en cuenta que $\left|\sum_{n=1}^N e^{kni}\right| \le 2(1-e^{ki})^{-1}$ por la serie geométrica, y de Mahler teorema controla cómo de cerca de $k$ puede ser un múltiplo de $2\pi$ y por lo tanto cómo de cerca de $e^{ki}$ puede $1$. Esto debería dar a los us $\left|\sum_{n=1}^N e^{kni}\right| \ll k^{C}$ de manera uniforme en $N$, posiblemente con diferentes $C$.

Por la elección de $K$ a ser un pequeño poder de $N$ (algo así como $N^{1/C}$) en Erdős-Frigyes, obtenemos que $D(N) \le N^{1-c}$ para algunos absoluta constante $c>0$.

Para los pequeños $\epsilon >0$, vamos a $A_\epsilon$ ser el de Bohr conjunto $\{n \in \mathbb N: |\sin(n)| < \epsilon\}$. Por la discrepancia obligado, la función de conteo satisface (haciendo caso omiso de una pequeña término de error de la no-linealidad del seno):

$$A_\epsilon(N) := \{n \le N : n \A_\epsilon\} = \frac{\epsilon}{\pi}N + O(N^{1-c}).$$

En particular, $A_\epsilon(N) \gg \epsilon$ N, siempre que $N > \epsilon^{C}$. El uso de este con parciales de resumen, se puede estimar la contribución a la suma original de $A_\epsilon$:

$$\sum_{n \in A_\epsilon} \frac{1}{n^{1+|\sin(n)|}} \ge \sum_{n \in A_\epsilon} n^{-1-\epsilon} = \int_1^\infty (1+\epsilon) A_\epsilon(t) t^{-2-\epsilon}\, dt \ge \int_{\epsilon^{C}}^\infty A_\epsilon(t) t^{-2-\epsilon}\, dt \gg \int_{\epsilon^{C}}^\infty \epsilon t^{-1-\epsilon}\, dt,$$

que se simplifica a $\epsilon^{C\epsilon}$.

Tenga en cuenta que $\epsilon \to 0$, $\epsilon^{C\epsilon} \a 1$. Estamos muy cerca de conseguir la divergencia. Sólo hay que aplicar el cálculo anterior para el conjunto de $A_\epsilon \setminus A_{\epsilon/2}$. Este tiene aproximadamente la misma función de conteo y todavía da $$\sum_{n \in A_\epsilon \setminus A_{\epsilon/2}} \frac{1}{n^{1+|\sin(n)|}} \gg \epsilon^{C\epsilon}.$$

Ahora se suma esto a través de una diádica de la secuencia de $\epsilon_k = 2^{-k}$, de modo que los conjuntos resultantes son distintos, y tenemos un divergentes suma.

9voto

Michael Steele Puntos 345

Yo procedo de la misma manera como en mi otra respuesta aquí http://math.stackexchange.com/a/110019/17445

$|\pecado n| \le \varepsilon$ implica que existe un entero $k(n)$ tal que $n = k(n)\pi + a(n)$ donde $a(n) \in [-\arcsin(\varepsilon) ; \arcsin(\varepsilon)] \subconjunto [-\pi \varepsilon/2 ; \pi \varepsilon/2]$, y si tanto $|\pecado n| a$ y $|\pecado m|$ son de menos de $\varepsilon$, entonces $m-n = k'(m,n)\pi + b(m,n)$ donde $k(m,n) = k(m)-k(n)$ es un número entero y $b(m,n) = a(m)-a(n) \in [-\pi \varepsilon ; \pi \varepsilon]$.

Desde $\pi$ tiene un número finito de irracionalidad medida, sabemos que hay un número finito de constante real $\mu >2$ tal que para cualesquiera enteros $n,k$ lo suficientemente grande, $|n−k\pi| \ge k^{1-\mu}$.

Por lo tanto, si tomamos $\varepsilon$ lo suficientemente pequeño como nos de la fuerza $k(n)$ y $n$ a ser lo suficientemente alta como para que la desigualdad es verdadera, y tenemos $\pi \varepsilon/2 \ge |a(n)| = |n-k(n)\pi| \ge k(n)^{1-\mu} \ge (n/\pi + \epsilon /2)^{1- \mu}$. Después de tomar los $1/(1-\mu)$th poder de este, nos dan $n \ge ((\pi \varepsilon/2)^\frac 1 {1-\mu} - \varepsilon/2)\pi \ge Un \varepsilon^\frac 1 {1-\mu} $ para algunas constantes $A > 0$.

Del mismo modo, $\pi \varepsilon \ge |b(m,n)| = |m-n-k(m,n)\pi| \ge k(m,n)^{1-\mu} \ge ((m-n)/\pi + \epsilon )^{1- \mu}$, dando $m-n \ge ((\pi \varepsilon)^\frac 1 {1-\mu} - \varepsilon)\pi \ge B \varepsilon^\frac 1 {1-\mu} $ para algunas constantes $B > 0$.

Todo esto a deducir que no son constantes positivas $C$ y $\eta$ que si $0 < \varepsilon < \eta$ y $n(\varepsilon,k)$ es el $k$-th entero $n$ satisfacer $|\sin(n)| \le \varepsilon$, entonces $n(\varepsilon,k) \ge kC \varepsilon^\frac 1 {1-\mu}$.


Ahora podemos probar y enlazado a la suma :

$\sum_{|\pecado n| \ge \eta} n^{-1-|\pecado n|} \le \sum_{n \in \Bbb N} n^{-1- \eta} = \zeta(1+ \eta) < \infty$.

Dado $\varepsilon \le \eta$, $S_\varepsilon = \sum_{|\pecado n| \[\varepsilon/2 ; \varepsilon]} n^{-1-|\pecado n|}$ :
$$S_\varepsilon \le \sum_{k \in \Bbb N} n(\varepsilon,k)^{-1- \epsilon/2} \le \sum_{k \in \Bbb, N} (kC \varepsilon^\frac 1 {1-\mu})^{-1- \varepsilon/2} = \zeta(1+\varepsilon/2)(C \varepsilon^\frac 1 {1-\mu})^{-1- \varepsilon/2} \le \zeta(1+\varepsilon/2)(C \varepsilon^\frac 1 {1-\mu})^{-1} \le (D / \varepsilon) (C \varepsilon^\frac 1 {1-\mu})^{-1} = K \varepsilon^\alpha$$ donde $D,K$ son adecuados constantes positivas, y $\alpha = \frac{-1}{1- \mu}-1 < 0$ (debido a que $\mu > 2$).

Finalmente, recogiendo $\varepsilon = \eta 2^{-k}$, y sumando todas estas desigualdades, obtenemos $\sum n^{-1-|\pecado n|} \le \zeta(1+\eta) + K(\sum_{k \ge 0} (\eta 2^{-k})^\alpha) = \zeta(1+\eta) + K\eta^\alpha \sum_{k \ge 0} (2^{-\alpha})^k$.

Sin embargo, desde $2^{-\alpha}>1$ esta suma se bifurca por lo que este método falla.

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