Matematické Fórum

claudia

Dobrý večer,

při řešení úlohy ve vedlejším tématu jsem narazila na problém dokázat, že řada $\sum_{n=1}^\infty\sin\frac{n\pi}{3}$ má omezenou posloupnost částečných součtů (pro následné užití v Dirichletově kritériu). Je to sice na první pohled vidět, ale není mi jasné, jak to korektně dokázat nějakým stručným způsobem.

Uměla bych tvrdit, že posloupnost členů je periodická s periodou 6 a součet prvních šesti členů je roven nule (a zbylých pět částečných součtů je omezených), ale takový argument by bylo prakticky nemožné použít, pokud by v zadání namísto toho bylo např. $\sum_{n=1}^\infty\sin\frac{n\pi}{384}$ .

Možná žádný takový způsob neexistuje, ale pokud nějaký znáte, budu za něj ráda.

Děkuji.

Stýv · 21. 03. 2011 00:53

jsem přesvědčenej, že jsme si to na analýze (u zajíčka) dokazovali, ale už si to nepamatuju a poznámky mám doma

claudia

↑ Stýv:
Já mám poznámky vedle sebe, ale mám tam důkaz jen pro posloupnost mocnin komplexního čísla s jednotkovou absolutní hodnotou. Napadlo mne, že by to mohlo souviset, ale není mi na první pohled jasné jak.

EDIT: Mohlo by to souviset s omezeností imaginární části nějakého čísla. To číslo zjevně bude $\left|1\right|$\cos \frac{\pi}{3} + \mathrm{i} \sin\frac{\pi}{3}$$ :-) A protože posloupnost částečných součtů n-tých mocnin tohoto čísla je omezená, musí být omezená i jeho imaginární složka, která odpovídá součtům naší řady. Děkuji :-)

Ještě nějaké triky k tématu? :-)

Olin · 21. 03. 2011 02:16

Je to přesně jak říkáš. Eventuálně lze využít vzorec, který je "odvozen" v posledním článku (Ze společenského večera) zde.

Kondr · 21. 03. 2011 02:55

Uměl bych tvrdit, že posloupnost členů je periodická s periodou 768 a součet prvních 768 členů je roven nule (a zbylých 767 částečných součtů je omezených).

Stačí mi k tomu $sin(x)=-sin(x+\pi)$ .

@Olin: Díky za odkaz. Podpora antitalentů pobavila.

claudia · 21. 03. 2011 21:07

↑ Olin:

Děkuji :-) Ještě lepší než důkaz byla zmínka o královské cestě :-)

Nicméně původně jsem vůbec nepochopila, že ten vztah opravdu platí :-)

↑ Kondr:

Také děkuji, to by asi bylo dostatečné. Nicméně metody, ke kterým mě přivedli Stýv s Olinem mi přijdou transparentnější a pokrývají větší množství případů (zejm. důležité případy, kdy by se z argumentu vynechalo to pi :-)

Pavel Brožek · 22. 03. 2011 09:13

↑ claudia:

My jsme se na cvičeních k analýze učili postupovat takto:

$\left|\sum_{k=0}^n\sin kx\right|&=\left|\sum_{k=0}^n\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}kx}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}kx}}{2\mathrm{i}}\right|\leq\left|\sum_{k=0}^n\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}kx}}{2\mathrm{i}}\right|+\left|\sum_{k=0}^n\frac{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}kx}}{2\mathrm{i}}\right|=\\ &=\frac12$\left|\sum_{k=0}^n\mathrm{e}^{\mathrm{i}kx}\right|+\left|\sum_{k=0}^n\mathrm{e}^{-\mathrm{i}kx}\right|$=\\ &=\frac12$\left|\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}(n+1)x}-1}{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}-1}\right|+\left|\frac{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(n+1)x}-1}{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}-1}\right|$\leq\\ &\leq\frac12$\frac{|\mathrm{e}^{\mathrm{i}(n+1)x}|+|1|}{|\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}-1|}+\frac{|\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(n+1)x}|+|1|}{|\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}-1|}$=\\ &=\frac12$\frac{2}{|\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}-1|}+\frac{2}{|\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}-1|}$$

Pro x různé od násobků $2\pi$ je pěkně vidět, že to je omezené. Tenhle postup je užitečný, když se vyšetřuje, jestli jsou částečné součty omezeny stejnoměrně (tj. nezávisle na x). Stejnoměrně omezené budou pouze pro $x\in(\varepsilon,2\pi-\varepsilon)$ , kde $\varepsilon$ je nějaké malé kladné číslo. V okolí nuly jsou problémy. (To, že částečné součty rostou nade všechny meze, je dobře vidět, když vezmeme vztah, na který upozornil Olin, volíme $x=\frac1n$ a pošleme $n\to\infty$ .)

Samozřejmě, ten vztah od Olina je jednodušší použít, ale já si ho třeba nepamatuji. Naopak v tom postupu ode mě je v každém kroku okamžitě jasné, jak pokračovat.

Třeba si na tohle někdy vzpomeneš, až se dostanete ke stejnoměrné konvergenci (pokud už u ní nejste, ale to bych se divil, byli byste rychlejší než fyzici, kteří to neberou tak důkladně) :-).

Pozn.: Stejně lze postupovat i pro kosinus. :-)

claudia · 24. 03. 2011 13:26

↑ Pavel Brožek:

Děkuji, vypadá to logicky, ale intuitivní to pro mne ještě není :-) Naopak to již mnoho dní vzdoruje mé snaze si to představit :-)

----------------------------------------------------------------------------------------------------

Znovu děkuji všem za nápady.

Matematické Fórum

#1 21. 03. 2011 00:45 — Editoval claudia (21. 03. 2011 00:46)

Jak snadno ukázat, že řada má omezenou posloupnost částečných součtů?

#2 21. 03. 2011 00:53

Re: Jak snadno ukázat, že řada má omezenou posloupnost částečných součtů?

#3 21. 03. 2011 01:04 — Editoval claudia (21. 03. 2011 01:14)

Re: Jak snadno ukázat, že řada má omezenou posloupnost částečných součtů?

#4 21. 03. 2011 02:16

Re: Jak snadno ukázat, že řada má omezenou posloupnost částečných součtů?

#5 21. 03. 2011 02:55

Re: Jak snadno ukázat, že řada má omezenou posloupnost částečných součtů?

#6 21. 03. 2011 21:07

Re: Jak snadno ukázat, že řada má omezenou posloupnost částečných součtů?

#7 22. 03. 2011 09:13

Re: Jak snadno ukázat, že řada má omezenou posloupnost částečných součtů?

#8 24. 03. 2011 13:26

Re: Jak snadno ukázat, že řada má omezenou posloupnost částečných součtů?

Zápatí