[EX] Serie

[Rigel1]

Stabilire il carattere della serie
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin\sqrt{n}}{n}\,.
\]

PS: dispongo di una soluzione che, però, mi sembra eccessivamente complicata; vediamo se ne salta fuori qualcuna più semplice.

[totissimus]

\( \displaystyle \int_{a}^{b}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\cos a}{a}-\frac{\cos b}{b}-\int_{a}^{b}\frac{\cos x}{x^{2}}dx\)

\( \displaystyle \left|\int_{a}^{b}\frac{sinx}{x}dx\right|=\leq\frac{2}{a}\int_{a}^{b}\frac{1}{x^{2}}dx=\frac{2}{a}+\frac{1}{a}-\frac{1}{b}<\frac{3}{a}\)

Per la formula di sommazione di Eulero(*):

\( \displaystyle \sum_{k=n+1}^{m}\frac{\sin\sqrt{k}}{k}=\int_{n}^{m}\frac{\sin\sqrt{x}}{x}dx+\int_{n}^{m}\left(x-\left\lfloor x\right\rfloor \right)\frac{\sqrt{x}\cos x-2\sqrt{x}\sin x}{2x^{2}}dx\)

\( \displaystyle =2\int_{n^{2}}^{m^{2}}\frac{\sin x}{x}dx+\int_{n}^{m}\left(x-\left\lfloor x\right\rfloor \right)\frac{\sqrt{x}\cos x-2\sqrt{x}\sin x}{2x^{2}}dx\)

quindi

\( \displaystyle \left|\sum_{k=n+1}^{m}\frac{\sin\sqrt{k}}{k}\right|<\frac{3}{n^{2}}+\int_{n}^{m}\frac{3\sqrt{x}}{2x^{2}}dx=\frac{3}{n^{2}}+\frac{3}{\sqrt{n}}-\frac{3}{\sqrt{m}}<\frac{3}{n^{2}}+\frac{3}{\sqrt{n}}\)

La convergenza della serie è una conseguenza del criterio di convergenza di Cauchy.

Formula di sommazione di Eulero(*):

Se f ha derivata continua in [a,b] allora si ha:

\( \displaystyle \underset{a

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[Rigel1]

@totissimus:
grazie per il tuo contributo.

A meno di piccole varianti mi sembra sostanzialmente la stessa dimostrazione che ho fatto io; la piccola variante sta nell'uso del seguente teorema (al posto delle stime dirette che hai fatto tu, ma che sono equivalenti).

Sia \(f\in C^1([1,+\infty))\) e supponiamo che \(\int_1^{+\infty} |f'(x)|\, dx < +\infty\).
Allora l'integrale generalizzato \(\int_1^{+\infty} f(x)\, dx\) è convergente se e solo se la serie numerica \(\sum_n f(n)\) è convergente.

Questo teorema può essere utilizzato con \(f(x) = \frac{\sin\sqrt{x}}{x}\); la convergenza di \(\int_1^{+\infty} |f'|\) è immediata, mentre la convergenza dell'integrale improprio \(\int_1^{+\infty} f\) si riconduce, con un cambiamento di variabili, alla convergenza di \(\int_1^{\infty} \frac{\sin x}{x}\, dx\), esattamente come hai fatto tu.

[totissimus]

Propongo un'altra soluzione.

Scegliamo $k$ intero non negativo tale che

\( \displaystyle 2 \pi k < \sqrt{n}< (2 k+2) \pi\)

quindi:

\( \displaystyle \sqrt{n}-2 \pi k<2 k \pi < \sqrt{n}\)

Per \( n > 16 \pi^2\) abbiamo anche :

\( \displaystyle \frac{\sqrt{n}}{2}<2 k \pi<\sqrt{n}\)

Quindi applicando il TH. di Lagrange alla funzione \( \sin x\) e all'intervallo \( [2 \pi k,\sqrt{n}]\) di lunghezza non superiore a \( 2 \pi\) abbiamo:

\( \displaystyle \sin( \sqrt{n})-\sin(2 k \pi)=\frac{\cos( \sqrt{\xi})}{2 \sqrt{\xi}}(\sqrt{n}-2 k \pi)\) con \( 2 k \pi<\xi<\sqrt{n}\)

Da cui:

\( \displaystyle \left | \sin(\sqrt{n})\right |< \frac{2 \pi}{2 \sqrt{2 k \pi}}< \frac{\pi}{\sqrt{\frac{\sqrt{n}}{2}}}=\frac{\sqrt{2}\pi}{\sqrt[4]{n}}\)

\( \displaystyle \left | \frac{\sin(\sqrt{n})}{n}\right |<\frac{\sqrt{2}\pi}{n^{\frac{5}{4}}}\)

Quindi per confronto la serie è assolutamente convergente.

[Rigel1]

"totissimus":Quindi applicando il TH. di Lagrange alla funzione \( \sin x\) e all'intervallo \( [2 \pi k,\sqrt{n}]\) di lunghezza non superiore a \( 2 \pi\) abbiamo:

\( \displaystyle \sin( \sqrt{n})-\sin(2 k \pi)=\frac{\cos \xi}{2 \sqrt{\xi}}(\sqrt{n}-2 k \pi)\) con \( 2 k \pi<\xi<\sqrt{n}\)

Uhm... questo non mi torna molto...

[totissimus]

@rIGEL: Mi sono reso conto del COLOSSALE errore!!!