همگرایی$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n)}{n}$

مدیران انجمن: parse, javad123javad

ارسال پست
نمایه کاربر
rohamavation

نام: roham hesami radرهام حسامی راد

محل اقامت: 100 مایلی شمال لندن جاده آیلستون، لستر، لسترشر. LE2

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 3082

سپاس: 5323

جنسیت:

تماس:

همگرایی$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n)}{n}$

پست توسط rohamavation »

تصویراین سوال خیلی میاد و همه جوابی میدند همگرا واگرا هردو من سعی می کنم این را استدلال کنم
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n)}{n}$واگرا است. معلوم می شود که باید واگرا باشه زیرا sin(n)
محدود ه و یک n وجود دارد در انتها. اما من از کتاب حساب دیفرانسیل و انتگرال استوارت استفاده میکنم . من نمی توانم از تست های مقایسه یا تست انتگرال استفاده کنم زیرا آنها به عبارت های مثبت نیاز دارن. من نمی توانم مقادیر مطلق را بگیرم، این فقط نشون میده که مطلقاً همگرا نیست (و بنابراین ممکن است همچنان همگرا باشه). تست واگرایی نیز کار نمی کنه
من از این سوال می بینم
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n)}{n}$ را ارزیابی کنم
با استفاده از سری فویر
که سریال در واقع همگراست،
(1) آیا این سری واقعاً همگرا یند
(2) آیا می توان این مجموعه را با استفاده از آزمون های کتاب حساب دیفرانسیل و انتگرال استوارت مدیریت کرد؟
با توجه به این موضوع، می‌توان از آزمون دیریکله استفاده کرد
$limn→∞1n=\displaystyle \frac1{n+1} \le \frac1{n}0
$
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}\frac1{n} = 0$و$\displaystyle \left|\sum^{N}_{n=1}\sin
n\right|=\left|\text{Im}\sum^{N}_{n=1}e^{in}\right| \leq
\left|e^i\frac{1-e^{iN}}{1-e^i}\right| \leq \frac{2}{|1-e^i|}<\infty,\qquad N\ge1,$
دادن همگرایی سری داده شده
داریم $\enspace\displaystyle\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{e^{i2\pi xk}}{k}=-\ln(1-e^{i2\pi x})\enspace$
برای$\enspace 0<x<1\enspace$.
نکته:$\enspace\displaystyle\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{(re^{i2\pi x})^k}{k}=-\ln(1-re^{i2\pi x})\enspace$
برای |r|<1
و$\hspace{1cm}\enspace\displaystyle -\ln(1-re^{i2\pi x})\to -\ln(1-e^{i2\pi x})$
برای r→1−
اگر$0<x<1$
$\enspace\displaystyle -\ln(1-e^{i2\pi x})=-\ln(1-e^{i2\pi (x+n)})= -\ln(e^{i\pi (x-\frac{1}{2}+n)}2\sin(\pi x))$
$\hspace{3cm}\enspace\displaystyle = -i\pi (x-\frac{1}{2}+n)-\ln(2\sin(\pi x))\enspace$ با n∈Z
با $\enspace\displaystyle x=\frac{1}{2}\enspace$ n=0 را دنبال می کند .
با $\enspace\displaystyle x=\frac{1}{2\pi}\enspace$
یکی$\enspace\displaystyle\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{e^{ik}}{k}=-i\pi (\frac{1}{2\pi}-\frac{1}{2})-\ln(2\sin(\frac{1}{2}))$ می‌گیره.
و بنابراین $\enspace\displaystyle \sum\limits_{k=1}^\infty\frac{\sin(k)}{k}=\frac{\pi-1}{2}$
توجه: من کتاب حساب دیفرانسیل و انتگرال استوارت برای به دست آوردن نتیجه ای که نوشته ام از فوریه استفاده کردم سپس نشون دادم که سری من همگرا است.
ببخشید طولانی میشه
اول: لگاریتم یک تابع پیوسته است.
دوم: $\enspace\displaystyle 0<x_0<x\leq\frac{1}{2}\enspace$ باشد
یا $\enspace\displaystyle \frac{1}{2}\leq x<x_0<1$
. سپس داریم $\enspace\displaystyle |e^{i2\pi x}-1|>|e^{i2\pi x_0}-1|$
.به دنبال آن است $\enspace\displaystyle |\lim\limits_{r\to 1^-}\sum\limits_{k=1}^n \frac{1-r^k}{1-r}\frac{e^{-i2\pi x k}}{k}|=|\frac{1-e^{-i2\pi x n}}{e^{i2\pi x}-1}|\leq |\frac{2}{e^{i2\pi x_0}-1}|\enspace$ و این نابرابری مستقل از n است
.ما گرفتیم
$\displaystyle |\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{e^{-i2\pi x k}}{k}-\lim\limits_{r\to 1^-}\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{r^k e^{-i2\pi x k}}{k}|=|\lim\limits_{r\to 1^-}(1-r)\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1-r^k}{1-r}\frac{e^{-i2\pi x k}}{k}|$
$\hspace{7cm}\displaystyle \leq |\frac{2}{e^{i2\pi x_0}-1}|\lim\limits_{r\to 1^-}(1-r)=0$
و بنابراین با $\enspace 0<x<1$
$\displaystyle \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{e^{-i2\pi x k}}{k}=\lim\limits_{r\to 1^-} -\ln(1-re^{-i2\pi x})=-\ln(1-e^{-i2\pi x})$ .
با مجموعه پیچیده مزدوج، آنچه را که در خط اول نوشته بودم به دست می آوریم.
در ریاضیات، آزمون دیریکله روشی برای آزمایش همگرایی یک سری است.
بیانیهآزمون بیان می کند که اگر
$(a_{n}) $دنباله ای از اعداد حقیقی و$(b_{n})$ دنباله ای از اعداد مختلط
$(a_{n}) $یکنواخت است let اجازه بدین
${\displaystyle \lim _{n\to \infty }a_{n}=0}$
${\displaystyle \left|\sum _{n=1}^{N}b_{n}\right|\leq M} $برای هر عدد صحیح مثبت N
جایی که M مقداری ثابت است، سپس سری
${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}}$
همگرا می شود.اثباتاجازه دهید
${\textstyle S_{n}=\sum _{k=1}^{n}a_{k}b_{k}} $و${\textstyle B_{n}=\sum _{k=1}^{n}b_{k}}.$از جمع بندی با معادلات ما آن را داریم${\textstyle S_{n}=a_{n}B_{n}+\sum _{k=1}^{n-1}B_{k}(a_{k}-a_{k+1})}.$ از آنجا که
$B_{n}$ با M و محدود می شود${\displaystyle a_{n}\to 0$}،$ اولین مورد از این عبارات به صفر نزدیک می شود،${\displaystyle a_{n}B_{n}\to 0}$ as$∞n\to \infty .$ما برای هر k داریم${\displaystyle |B_{k}(a_{k}-a_{k+1})|\leq M|a_{k}-a_{k+1}|}.$ اما اگر$(a_{n})$ در حال کاهش است،${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}M|a_{k}-a_{k+1}|=\sum _{k=1}^{n}M(a_{k}-a_ {k+1})=M\sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1})،}$که یک مجموع تلسکوپی است که برابر است${\displaystyle M(a_{1}-a_{n+1})}$ و بنابراین نزدیک میشن
${\displaystyle Ma_{1}} $به عنوان$∞n\to \infty .$ بدین ترتیب،
${\textstyle \sum _{k=1}^{\infty }M(a_{k}-a_{k+1})}$ همگرامیشه و اگر
$(a_{n})$در حال افزایش است،${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}M|a_{k}-a_{k+1}|=-\sum _{k=1}^{n}M(a_{k}- a_{k+1})=-M\sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1})،}$
که باز هم جمع تلسکوپی است که برابره
${\displaystyle -M(a_{1}-a_{n+1})}$ و بنابراین نزدیک می‌شود${\displaystyle -Ma_{1}}$ به عنوان$∞n\to \infty$ . بنابراین، دوباره،${\textstyle \sum _{k=1}^{\infty }M(a_{k}-a_{k+1})}$ همگرا می‌شود.
بنابراین، سری${\textstyle \sum _{k=1}^{\infty }B_{k}(a_{k}-a_{k+1})}$ با آزمون همگرایی مطلق همگرامیشن از این رو
S_{n} همگرا میشه
ارزیابی سری با فوریه $\ds{\sum_{n = 1}^{\infty}{\sin\pars{n} \over n} = \half\pars{\,\sum_{n = -\infty}^{\infty}{\sin\pars{n} \over n} - 1}.\quad}$جزیات ببین See details$\begin{align}
\sum_{n = -\infty}^{\infty}{\sin\pars{n} \over n}&=
\int_{-\infty}^{\infty}{\sin{x} \over x}\sum_{n = -\infty}^{\infty}\expo{2n\pi x\ic}
\,\dd x
=
\int_{-\infty}^{\infty}\half\int_{-1}^{1}\expo{\ic kx}\,\dd k
\sum_{n = -\infty}^{\infty}\expo{-2n\pi x\ic}\,\dd x
\\[3mm]&=
\pi\sum_{n = -\infty}^{\infty}\int_{-1}^{1}\dd k
\int_{-\infty}^{\infty}\expo{\ic\pars{k - 2n\pi}x}\,{\dd x \over 2\pi}
=
\pi\sum_{n = -\infty}^{\infty}\int_{-1}^{1}\delta\pars{k - 2n\pi}\,\dd k
\\[3mm]&=
\pi\sum_{n = -\infty}^{\infty}\Theta\pars{{1 \over 2\pi} - \verts{n}}
= \pi\,\Theta\pars{1 \over 2\pi} = \pi
\end{align}$چگونه می توانم این سری را بدون استفاده از آزمون آبل (آزمون دیریکله) یا آزمون انتگرال نشان دهم؟
$\sum _{n=1}^{\infty }\:\frac{\sin\left(n\right)}{n}$
من هیچ ایده ای برای حل این مشکل فقط با استفاده از پایه ریاضی thms و ویژگی های مربوط به همگرایی دنباله ها و دنباله ها ندارم.همگرایی عموماً با استفاده از آزمون دیریکله و مقدار با استفاده از $\sum \frac{z^n}n=-\ln(1-z)$ تعیین می‌شود.
.با این حال، ایجاد همگرایی به طور مستقیم با ترفند زیر امکان پذیره،
همچنین از آنجایی که همگرایی اعطا نمی شود، باید با مقایر جزئی نیز کار کنم
بیایید $\quad S(N)=\sum\limits_{n=1}^N \dfrac{e^{in}}{n}\quad$ را نام گذاری کنم
و آن را در $(1-e^i)\neq 0$ ضرب کنید
$\begin{align}(1-e^i)S(N)
&=\sum\limits_{n=1}^N \dfrac{e^{in}}{n}-\sum\limits_{n=1}^N \dfrac{e^{i(n+1)}}{n}\\
&=\sum\limits_{n=1}^N \dfrac{e^{in}}{n}-\sum\limits_{n=2}^{N+1} \dfrac{e^{in}}{n-1}&\text{shifting indexes}\\
&=\underbrace{\dfrac{e^{i1}}1}_\text{constant}-\underbrace{\dfrac{e^{i(N+1)}}{N}}_{\to 0}-\underbrace{\sum\limits_{n=2}^N \dfrac{e^{in}}{n(n-1)}}_\text{absolutely CV }&\text{using }\tfrac 1n-\tfrac 1{n-1}=\tfrac {-1}{n(n-1)}\\
\end{align}$ مطلقاً $\sim \sum\frac 1{n^2}$
سری آخر در مقایسه با$\sim \sum\frac 1{n^2}$ کاملاً همگراست
و باقیمانده$\dfrac{e^{i(N+1)}}{N}\to 0$
بنابراین می توان نتیجه گرفت که S(N) خودش همگراست
من باید ثابت کنم که$\sum \limits _{n=1}^{\infty}\frac{\sin (n)}{n}$
همگرا فقط با آزمون کوشی.آزمون کوشی برای همگرایی دنباله ها:
$\sum \limits _{n=1}^{\infty}a_n$
همگرا ⟺ $\forall \varepsilon >0$ طوری که $∀ n0≤n ، ∀ p∈N$ موارد زیر$\mid S_{n+p}-S_n\mid = \mid a_{n+1}+\dots+a_{n+p}\mid<\varepsilon$ صادق است
تلاش من:اجازه دهید ε>0، p∈N. n0=pe را تعریف می کنیمو از $-1\le \sin(x)\le 1$
بنابراین، برای هر $n\le n_0$
$\mid \frac{\sin (n+1)}{n+1}+\frac{\sin (n+2)}{n+2}+...+\frac{\sin (n+p)}{n+p} \mid \ \le \ \mid \frac{\sin (n+1)}{n+1}\mid + \mid \frac{\sin (n+2)}{n+2}\mid+...+\mid \frac{\sin (n+p)}{n+p} \mid \le \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{n+p}\le \frac{1}{n}+\frac{1}{n}+...+\frac{1}{n}=\frac{p}{n}<\varepsilon$
آیا اثبات من صحیح است؟ اگر نه، چگونه می توانم آن را تنها با آزمون کوشی همانطور که قبلاً گفتم، بدون هیچ آزمون دیگری ثابت کنم - مانند دیریکله، آبل ...بعد از اینکه پیشنهاد کردم جمع بندی بر اساس قسمت ها اعمال شود،
از آنجایی که من میخوام ثابت کنم که سری $\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(n)}{n}$
همگرا میشه، با جمع جزئی SN شروع می کنم
تعریف شده بوسیله ی$S_N=\sum_{n=1}^N \frac{\sin(n)}{n}$
اجازه دادن tingletبه $T_n=\sum_{m=1}^n \sin(m)$ و با جمع کردن قطعات،$N>M+1$ را داریم$\begin{align}
\left|S_N-S_M\right|&=\left|\frac{T_N}{N+1}-\frac{T_M}{M+1}+\sum_{n=M+1}^N \left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)T_n\right|\\\\
&\le \max_n (|T_n|)\left(\frac1{N+1}+\frac1{M+1}+\frac1{M+1}-\frac1{N+1}\right)
\end{align}$
من در این پاسخ نشان دادم که $\max_n |T_n|\le \frac12(\csc(1/2)+\cot(1/2))\le 2$
.با استفاده از این کران برای |Tn|، می توانیم ادعا کنیم که برای هر داده شده$ε>0, |SN−SM|<ε$
هر زمان که$N>M+1>\frac{4}{\varepsilon}$
.از معیار کوشی نتیجه می گیریم که SN
همگرا می شود. و تمام شد
در چه مجموعه ای $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nx}{n^{\alpha}}$ است
به طور یکنواخت همگرا شوند؟jتمرین دانشگاه لستر 16.3
ماهیت همگرایی در مجموعه های E∈R را بررسی کنید برای مقادیر مختلف پارامتر واقعی $\alpha$
در سری زیر$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos nx}{n^{\alpha}}$
و$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nx}{n^{\alpha}}$آزمون آبل دیریکله استنباط می کند که وقتی$0<\alpha\leq 1$،$\frac{\sin nx}{n^\alpha}$
در R همگرا می شود، زیرا به طور یکنواخت در مجموعه E همگرا می شود به طوری که $\inf\limits_{x\in E}\sin |\frac x2|>0$
و روی نقطه$x=k\pi,k\in \mathbb Z$ همگرا میشه
. از این رو ما همچنین می دانیم که در هر مجموعه فشرده K به طور یکنواخت همگرا می شود
$k\pi\notin K\; (\forall k\in \mathbb Z)$
.اما، چه می شود اگر یک مجموعه فشرده K، یا بسته شدن یک مجموعه محدود E شامل نقاطی به شکل 2kπ است
? به عنوان مثال، $\frac{\sin nx}{n^\alpha}$ را انجام می دهد
به طور یکنواخت در $(0,\pi)$ همگرا شوند
یا [$[0,\pi]$به راحتی می توانید نکاتی را ارائه دهید یا به اشتباهات بالا اشاره کنید.همگرایی در فواصل زمانی که 2kπ است یکنواخت نیست
یک نقطه حد است که $0 < \alpha \leqslant 1$ باشد
.به عنوان مثال (0,π) را در نظر بگیرید. برای هر m∈N، اجازه دهید $x_m = \pi/(4m)$
. با$m < n \leqslant 2m$ و $1/ \sqrt{2} < \sin n x_m \leqslant 1$
.از این رو،$\left|\sum_{n = m+1}^{2m} \frac{\sin nx_m}{n^\alpha}\right| > \frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{n=m+1}^{2m}\frac{1}{n^\alpha}> \frac{1}{ \sqrt{2}} \cdot (2m- m)\cdot \frac{1}{(2m)^\alpha}= \frac{m^{1-\alpha}}{2^{\alpha}\sqrt{2}}\\ \underset{m \to \infty}\longrightarrow \begin{cases}+\infty,&0 < \alpha <1\\ \frac{1}{2\sqrt{2}}, & \alpha =1 \end{cases} \neq 0,$
و این سری با نقض معیار کوشی یکنواخت نمی تونه به طور یکنواخت همگرا بشه. استدلال را می توان برای اثبات همگرایی غیر یکنواخت در فواصل زمانی که $2k\pi$است تغییر داد
یک نقطه حدی با k≠0 است امیدوارم که جالب بوده و کمک کرده باشم
.
تصویر

ارسال پست