Suma finita

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.

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.

19 Comentarios

  1. Lamentablemente, josejuan, aquí no se aplica el criterio integral, ya que la función sinc(x)=\dfrac{sen(x)}{x} no es positiva ni monótona.

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  2. 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. 😀

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  3. 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}  .

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

    Un saludo!

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

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  8. 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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  9. 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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  10. … 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

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  11. 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).

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  12. 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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  13. 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.

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  14. 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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  15. 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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  16. 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

    \frac{1}{j}=\int_0^\infty \mathrm{e}^{-jt}\mathrm{d}t

    y por tanto la suma en cuestión se puede escribir

    S =\sum_{j=1}^\infty\left(\int_0^\infty \mathrm{sen}(j)\mathrm{e}^{-jt}\mathrm{d}t\right)

    Invirtiendo la suma y la integral

    S =\int_0^\infty\left(\sum_{j=1}^\infty \mathrm{sen}(j)\mathrm{e}^{-jt}\right)\mathrm{d}t

    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

    \sum_{j=1}^\infty \mathrm{sen}(j)\mathrm{e}^{-jt}=\displaystyle\frac{\mathrm{sen}(1)}{2(\cosh(t)-\cos(1))}

    por lo que el cálculo se reduce a la integral impropia

    S = \int_0^\infty \displaystyle\frac{\mathrm{sen}(1)}{2(\cosh(t)-\cos(1))}\mathrm{d}t

    y esta integral es convergente, ya que no tiene ningún polo y el integrando decae exponencialmente para t\to\infty

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  17. 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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