Suma finita

Publicado por ^DiAmOnD^ | 20 octubre, 2010 | Juegos | 19 |

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.

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Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

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19 Comments

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josejuan

20/10/2010 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.

20/10/2010 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

20/10/2010 10:41

hmmm… pero que la sucesión sea convergente no implica que la serie tenga suma finita. Un ejemplo muy claro es, como sabemos, 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 y Negativo si . 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 , sabemos que es menor o igual que 1/k en valor absoluto… por lo tanto, podemos agrupar los términos de la serie original en… Lee más »

Gulliver

20/10/2010 11:38

Dado que es la parte imaginaria de , bastará con demostrar que la suma 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 , masajear las fórmulas y demostrar que lo que queda es finito. . De modo que nos queda . es una constante y tiende a cero cuando . En cuanto a es absolutamente convergente, y por tanto converge. Es absolutamente convergente porque 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 es finita y por… Lee más »

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Bitacoras.com

20/10/2010 12:28

Información Bitacoras.com…

Valora en Bitacoras.com: Vamos con el problema de la semana. El enunciado es el siguiente: Demostrar que la suma es finita. A por él. Entra en Gaussianos si quieres hacer algún comentario sobre este artículo, consultar entradas anteriores o enviar……

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20/10/2010 12:47

Excelente, Gulliver. Esa era la idea: hacer sumación por partes. También se puede responder sin salirse del campo real de modo similar.

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Matematikom

20/10/2010 13:11

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

Un saludo!

josejuan

20/10/2010 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…

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Miguel Montenegro

20/10/2010 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

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Miguel Montenegro

20/10/2010 18:15

Me he enterado de la muerte de Benoit Mandelbrot, que descanse en su mundo fractal

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20/10/2010 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.

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20/10/2010 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 $\int_a^b u(x)v(x)dx=(U(b)v(b)-U(a)v(a))-\int_a^b U(x)v^\prime(x)dx$ .

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hernan

21/10/2010 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 $x=0$

21/10/2010 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 $f(x)=0$ ).

Responde

hernan

21/10/2010 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.

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22/10/2010 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=Plot%5BSum%5BSin%5Bk*x%5D%2Fk%2C{k%2C900}]%2C{x%2C0%2C0.4}]

Me llama la atención el parecido con la función no diferenciable de Riemann (https://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.

Responde

22/10/2010 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 $\dfrac{\pi-1}{2}$ .

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e_go

05/11/2010 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.

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Antonio González

05/01/2014 11:09

Hola, perdonad que me cuelgue aquí, tres años después de la publicación, pero es que la acabo de ver en twitter. Otra forma de abordar este problema es mediante la parametrización de Feynman (relacionada con las transformadas de Laplace). La idea es usar que y por tanto la suma en cuestión se puede escribir Invirtiendo la suma y la integral La suma del integrando, con ayuda de la fórmula de Euler puede descomponerse en dos sumas de progresiones geométrcas, que luego se pueden sumar, resultando por lo que el cálculo se reduce a la integral impropia y esta integral es… Lee más »

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jose

05/01/2014 13:45

si no me equivoco es la serie de fourier de la funcion periodica

$ax-[ax]$ para un cierto numero ‘a’ 😀 finito donde [x] es la parte entera de ‘x’

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