Suma finita

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Vamos con el problema de la semana. El enunciado es el siguiente:

Demostrar que la suma

$\displaystyle{\sum_{j=1}^{\infty} \cfrac{sen(j)}{j}}$

es finita.

A por él.

18 comentarios

josejuan | 20 de October de 2010 | 09:12

No se si valdrá…

Del término de la sucesión (integral de Dirichlet) es conocido que existe su integral (es finita), por el criterio integral de cauchy, la sucesión es convergente.
M | 20 de October de 2010 | 10:39

Lamentablemente, josejuan, aquí no se aplica el criterio integral, ya que la función $sinc(x)=\dfrac{sen(x)}{x}$ no es positiva ni monótona.
mimetist | 20 de October de 2010 | 10:41

hmmm… pero que la sucesión sea convergente no implica que la serie tenga suma finita. Un ejemplo muy claro es, como sabemos, $\sum_{nj=1}^\infty \frac{1}{n} = \infty$

Yo creo que una forma de abordar el problema sería optar por la similitud con la serie alterna… ya que el seno será Positivo si $j \in [0, \pi ]$ y Negativo si $j \in [\pi , 2 \pi ]$ .

En ambos intervalos nos encontramos con 3 términos consecutivos de la serie. Suponiendo que podemos elegir el mayor de ellos en valor absoluto, por ejemplo $\frac{sin(k)}{k}$ , sabemos que es menor o igual que 1/k en valor absoluto… por lo tanto, podemos agrupar los términos de la serie original en grupos de tres: 3.

Así podemos descomponer la serie del problema en dos series, una con términos positivos y otra con términos negativos… en ambos casos están acotados por los términos (positivos o negativos respectivamente) de la serie alterna $\sum_{j=1}^{\infty} \frac{(-1)^j}{j}$

En principio, con eso basta para ver que la suma es finita.
Gulliver | 20 de October de 2010 | 11:38

Dado que $\sin(k)$ es la parte imaginaria de $\displaystyle e^{ik}$ , bastará con demostrar que la suma
$\hfill \displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{e^{ik}}{k} \hfill$
es finita, porque entonces su parte imaginaria también será finita. El truco que voy a intentar es restar a la serie, ella misma multiplicada por $e^i$ , masajear las fórmulas y demostrar que lo que queda es finito.

$\displaystyle (1-e^i) \sum_{k=1}^n \frac{e^{ik}}{k} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} [ e^{ik} - e^{i(k+1)} ]$

$\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{e^{ik}}{k} = e^i+ \sum_{k=2}^n \frac{e^{ik}}{k}$

$\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{e^{i(k+1)}}{k} = \sum_{k=2}^n \frac{e^{ik}}{k-1} + \frac{e^{i(n+1)}}{n}$

$\displaystyle \sum_{k=2}^n [ \frac{e^{ik}}{k} - \frac{e^{ik}}{k-1}] = - \sum_{k=2}^n \frac{e^{ik}}{k(k-1)}$ .

De modo que nos queda
$\displaystyle (1-e^i) \sum_{k=1}^n \frac{e^{ik}}{k} = e^i + \frac{e^{i(n+1)}}{n} - \sum_{k=2}^n \frac{e^{ik}}{k(k-1)}$ .

$e^i$ es una constante y $\displaystyle \frac{e^{i(n+1)}}{n}$ tiende a cero cuando $n \to \infty$ . En cuanto a $\displaystyle \sum_{k=2}^\infty \frac{e^{ik}}{k(k-1)}$
es absolutamente convergente, y por tanto converge. Es absolutamente convergente porque $\displaystyle | \frac{e^{ik}}{k(k-1)}| = \frac{1}{k(k-1)}$ es positivo, monótonamente decreciente y convergente por el criterio de la integral de Cauchy.
http://es.wikipedia.org/wiki/Serie_matem%C3%A1tica#Criterio_de_la_integral_de_Cauchy

$\displaystyle (1-e^i) \sum_{k=1}^\infty \frac{e^{ik}}{k}$ es finita y por tanto también lo es $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{e^{ik}}{k}$ .
Trackback | 20 Oct, 2010

Bitacoras.com
M | 20 de October de 2010 | 12:47

Excelente, Gulliver. Esa era la idea: hacer sumación por partes. También se puede responder sin salirse del campo real de modo similar.
Matematikom | 20 de October de 2010 | 13:11

Es acotada, y convergente con límite 0. De ahí se debería derivar que su suma es finita.

Un saludo!
josejuan | 20 de October de 2010 | 13:50

¿No debería ser posible reordenar los términos del desarrollo en serie?

$\sum_{x=1}^{\infty }\frac{\sin x}{x}=\sum_{x=1}^{\infty }\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}\frac{x^{2(n-1)}}{(2n-1)!}$

No consigo concretarlo…
Miguel Montenegro | 20 de October de 2010 | 18:12

Leonardo

La distancia mas corta entre dos reales es un complejo. Este es un típico problema de variable compleja. Sugiero usar el teorema de los residuos de Cauchy. (probaría también series de Fourier o teorema de Parseval
Miguel Montenegro | 20 de October de 2010 | 18:15

Me he enterado de la muerte de Benoit Mandelbrot, que descanse en su mundo fractal
M | 20 de October de 2010 | 23:47

Escribo una respuesta “real”:

pongamos $u_j=sen(j)$ , $v_j=1/j$ , $j\geq 1$ . Entonces, sumando por partes (versión discreta de la integral por partes), tenemos que

$\displaystyle{\sum_{j=1}^N} u_jv_j=U_Nv_N-\displaystyle{\sum_{k=1}^{N-1} U_k(v_{k+1}-v_k)}$ , siendo $U_j:=u_1+\ldots+u_j$ .

En nuestro caso, ya que $2sen(k)sen(1/2)=cos(k-1/2)-cos(k+1/2)$ , tendremos que

$U_k=sen(1)+\ldots+sen(k)=\dfrac{cos(1/2)-cos(k+1/2)}{2sen(1/2)}$ , y de aquí que $|U_k|\leq \dfrac{1}{sen(1/2)}$ .

Finalmente haciendo $N\to infty$ , y ya que $v_N\to 0$ y $U_N$ está acotado, sigue que

$\displaystyle{\sum_{j=1}^\infty \dfrac{sen(j)}{j}}=\lim_{N\to \infty} \displaystyle{\sum_{j=1}^N} u_jv_j=\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty U_k(-v_{k+1}+v_k)}$ , y por tanto

$\displaystyle{\sum_{j=1}^\infty} \left|\dfrac{sen(j)}{j}\right|\leq \dfrac{1}{sen(1/2)}\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty} \left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)=\dfrac{1}{sen(1/2)}$ .

Esto demuestra que la serie original converge.
M | 20 de October de 2010 | 23:57

Por cierto, ya que estamos con la sumación por partes, y alguna que otra vez ha salido en el blog, se demuestra fácilmente del siguiente modo:

$\displaystyle{\sum_{j=1}^N} u_jv_j= u_1v_1+u_2v_2+\ldots+u_Nv_N=U_1v_1+(U_2-U_1)v_2+\ldots+(U_N-U_{N-1})v_N=U_Nv_N-U_1(v_2-v_1)-U_2(v_3-v_2)-\ldots-U_{N-1}(v_N-v_{N-1})= U_Nv_N-\displaystyle{\sum_{k=1}^{N-1}} U_k(v_{k+1}-v_k).$

Comparar con $\int_a^b u(x)v(x)dx=(U(b)v(b)-U(a)v(a))-\int_a^b U(x)v^\prime(x)dx$ .
hernan | 21 de October de 2010 | 19:56

… lo cual nos podría llevar a investigar $\displaystyle f(x)=\sum_{j=1}^\infty \frac{sen(x j)}{j}$ (está definida para todo $x$ ?). Por ejemplo, en el entorno de $x=0$
M | 21 de October de 2010 | 23:14

hernan, a lo rápido, tanto con el mismo desarrollo de Gulliver como con el de mi penúltimo comentario sale que

$f(x)\leq \dfrac{2}{|1-e^{ix}|}=\dfrac{1}{sen(x/2)}$ , si $x\neq p\pi$ , $p\in \mathbb{Z}$ par (y si $x=p\pi$ , $p\in \mathbb{Z}$ par, entonces claramente $f(x)=0$ ).
hernan | 21 de October de 2010 | 23:20

Sí, me da curiosidad el comportamiento cerca de 0… (y de 2k pi). En particular, se ve que f(x)=0, y si derivamos a lo bruto (derivando los términos de la serie… lo cual tal vez no sea válido) daría derivada infinito en 0. Tanto eso como la cota hacen pensar (aunque no demuestran) que la función no está acotada, pero no termino de verlo.
M | 22 de October de 2010 | 00:29

Esta función suma f(x) debe ser la serie de Fourier de alguna función tipo sierra… me da que por análisis de Fourier debe verse más o menos fácil que la función es continua en $[0,2\pi]$ , con derivada infinita en $0$ y $2\pi$ . Se observa el fenómeno de Gibbs en 0 y $2\pi$

http://www.wolframalpha.com/input/?i=PlotSumSink*x]%2Fk%2C{k%2C900}]%2C{x%2C0%2C0.4}]

Me llama la atención el parecido con la función no diferenciable de Riemann (http://gaussianos.com/funciones-extranas/)

$R(x)=\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \cfrac{sen(n^2\cdot x)}{n^2}}$ .

Para ésta última la continuidad es inmediata, aunque sea sólo derivable en los puntos de la forma $x=\pi\cfrac{2p+1}{2q+1}$ con p,q enteros.
M | 22 de October de 2010 | 11:39

Bueno, hernan, la suma que indicas $\displaystyle f(x)=\sum_{j=1}^\infty \frac{sen(x j)}{j}=\dfrac{\pi-x}{2}$ en el intervalo $(0,2\pi)$ (y se extiende periódicamente al resto de la recta real). En los múltiplos pares de $\pi$ la función vale 0.

La función f(x) es la serie de Fourier (en $(0,2\pi)$ ) de $(\pi-x)/2$ . La convergencia de la serie a la función se asegura por haber únicamente discontinuidades de salto finito.
En particular la suma del ejercicio da exactamente $\dfrac{\pi-1}{2}$ .
e_go | 5 de November de 2010 | 08:43

Disculpa por la tardanza, mi respuesta es simple: la función f(x) = sin(x)/x la conozco como función sampling o de muestreo y es definida y continua en todo el plano y para cuando x=0 el valor de la función es 1 [en el caso de teleco el valor de la amplitud corresponde a Vmax], por lo tanto la suma converge.