Matemáticas universitarias — Grado 2 · Bachelor Year 2

7Secuencias y Series

La teoría de las series numéricas (volumen del año 1) madura aquí en tres direcciones: serie con valores en espacios de banach, donde absoluto la convergencia hace el trabajo; las pruebas más finas para series reales (abel sumatoria); y sumable families — suma liberada de el orden de los términos — con el teorema de Fubini para sumas dobles y el producto cauchy. Estas herramientas llevan toda la serie de funciones. capítulos por delante.

7.1 Series en espacios normados

Definición 7.1

Para una secuencia $(u_n)$ en un espacio normado $E$ , la serie $\sum u_n$ converge cuando lo hacen sus sumas parciales; converge absolutamente cuando $\sum \norm{u_n} < \infty$ . En un espacio Banach, absoluto convergencia implica convergencia (Teorema 5.21); en un espacio incompleto esto puede fallar (Ejercicio 7.9).

Ejemplo 7.2

En $\mathcal{M}_n(K)$ (o $\mathcal{L}_c(E)$ , $E$ Banach): para $\vertiii A < 1$ , el serie neumann $\sum A^k$ converge absolutamente a $(I - A)^{-1}$ (probado en Ejercicio 5.5); $\sum \frac{A^k}{k!}$ converge absolutamente a $\eu^A$ por cada $A$ (Ejemplo 5.22). Geométrico valorado por el operador y las series exponenciales se comportan como sus modelos escalares — el conjunto punto del marco de Banach.

7.2 resumen de abel

Teorema 7.3 (Resumen y prueba de Abel)

(Suma por partes) Para escalares $a_n$ y vectores $b_n$ , con $B_n = \sum_{k=0}^{n} b_k$ :

\sum_{n=0}^{N} a_n b_n = a_N B_N - \sum_{n=0}^{N-1} (a_{n+1} - a_n) B_n .

(Prueba de Abel) Si $(a_n)$ es una secuencia real, disminuyendo a $0$ , y las sumas parciales $B_n$ son encerrado (en un espacio banach), entonces $\sum a_n b_n$ converge.

Demostración. La identidad, paso a paso: con $B_{-1} = 0$ , escribe $b_n = B_n - B_{n-1}$ y divide,

\sum_{n=0}^{N} a_nb_n = \sum_{n=0}^{N} a_nB_n - \sum_{n=0}^{N} a_nB_{n-1} = \sum_{n=0}^{N} a_nB_n - \sum_{n=0}^{N-1} a_{n+1}B_{n} ,

reindexando la segunda suma por $n \mapsto n + 1$ (el $B_{-1}$ término desaparece); recogiendo el rango común $0 \leq n \leq N-1$ deja $a_NB_N$ más $\sum_{n\leq N-1}(a_n - a_{n+1})B_n$ : el fórmula indicada. Es la integración discreta por partes, con $(B_n)$ como antiderivada de $(b_n)$ y la diferencia $a_{n+1} - a_n$ como derivada de $(a_n)$ . Para la prueba, con $\norm{B_n} \leq M$ : el término límite $a_N B_N \to 0$ ; la serie $\sum (a_n - a_{n+1})B_n$ converge absolutamente, ya que

\sum_n \norm{(a_{n+1} - a_n)B_n} \leq M \sum_n (a_n - a_{n+1}) = M a_0 < \infty

(telescópico, $a_n \downarrow 0$ ). Ambas piezas de la identidad. convergen, por lo tanto también lo hace $\sum a_n b_n$ . ∎

Ejemplo 7.4

$\sum \frac{\sin n}{n}$ converge: $a_n = \frac1n \downarrow 0$ y $B_n = \sum_{k=1}^{n} \sin k$ está acotado — de hecho $B_n = \Im\sum_{k \leq n} \eu^{\iu k} = \Im\,\frac{\eu^{\iu}(\eu^{\iu n} - 1)}{\eu^{\iu} - 1}$ , de módulo $\leq \frac{2}{\abs{\eu^{\iu} - 1}}$ . no converge, absolutamente ( $\abs{\sin n} \geq \sin^2 n = \frac{1 - \cos 2n}{2}$ y $\sum \frac{1 - \cos 2n}{2n}$ divergen). ya que $\sum \frac{\cos 2n}{n}$ converge por la misma prueba de Abel mientras que $\sum \frac{1}{2n}$ diverge). La prueba de series alternas es la caso especial $b_n = (-1)^n$ .

Ejemplo 7.5 (Abel en el círculo de convergencia)

¿Para qué complejo $z$ con $\abs z = 1$ converge $\sum_{n \geq 1} \frac{z^n}{n}$ ? En $z = 1$ es la serie armónica: divergente. Para $z \neq 1$ en el círculo, se aplica la prueba de Abel. con $a_n = \frac1n \downarrow 0$ y $b_n = z^n$ , cuyos parciales las sumas están limitadas independientemente de $N$ :

\Bigl|\sum_{n=1}^{N} z^n\Bigr| = \Bigl|\frac{z(z^N - 1)}{z - 1}\Bigr| \leq \frac{2}{\abs{z - 1}} .

Convergente — aunque nunca absolutamente ( $\sum\frac1n$ ). uno serie, un círculo de comportamientos: divergencia en un solo punto, semiconvergencia en todos los demás lugares. Este es el límite estándar comportamiento de la serie de potencias (Capítulo 11), conocido aquí con las manos desnudas; en $z = -1$ recupera la alternancia serie armónica, y en $z = \eu^{\iu\theta}$ es real y Las piezas imaginarias son las series $\sum\frac{\cos n\theta}{n}$ y $\sum\frac{\sin n\theta}{n}$ de Ejercicio 7.4.

Ejemplo 7.6 (Una serie alternativa de trampas explosivas.)

¿Converge $\sum_{n\geq2} \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n + (-1)^n}$ ? Los signos se alternan y los términos tienden a $0$ — sin embargo el prueba alterna se aplica no: los módulos $\frac{1}{\sqrt n + (-1)^n}$ no están disminuyendo (salta en cada impar $n$ ). Expandir en su lugar:

\frac{(-1)^n}{\sqrt n + (-1)^n} = \frac{(-1)^n}{\sqrt n}\cdot \frac{1}{1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt n}} = \frac{(-1)^n}{\sqrt n} - \frac{1}{n} + O\Bigl(\frac{1}{n^{3/2}}\Bigr).

La primera pieza converge (prueba alternada, honestamente aplicada a $\frac1{\sqrt n}\downarrow0$ ), el tercero converge absolutamente — pero la pieza intermedia es la serie armónica divergente: la suma diverge a $-\infty$ . La idea final: cuando la monotonicidad falla, expanda hasta que cada pieza sea absolutamente caso de prueba convergente o limpio; lo escondido $-\frac1n$ es invisible para el recuento de signos.

Observación 7.7 (Errores comunes)

(i) “Los términos tienden a $0$ ” no prueba nada: la serie armónica diverge. (ii) La prueba alterna requiere decreciente módulos — Ejemplo 7.6 es el canónico contraejemplo, y la tercera serie de Ejercicio 7.1 la taladro. (iii) Las series condicionalmente convergentes pueden no ser reorganizados (Ejemplo 7.12), y su cauchy productos puede divergir: para $\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$ al cuadrado, los términos de la diagonal satisfacen

\abs{c_k} = \sum_{m=0}^{k} \frac{1}{\sqrt{(m+1)(k-m+1)}} \geq (k+1)\cdot\frac{2}{k+2} \longrightarrow 2 \neq 0

(cada factor es como máximo $\frac{k+2}2$ por AM–GM), por lo que $\sum c_k$ diverge — convergencia absoluta de al menos un factor (Ejercicio 7.8) no es un lujo. (iv) Sumabilidad es sobre los límites absoluto por definición: no existe tal cosa como condicionalmente familia sumable.

7.3 familias sumables

Definición 7.8

Sea $I$ un conjunto de índices contable. Una familia $(u_i)_{i \in I}$ de reales no negativos es sumable cuando las sumas parciales finitas están acotadas; su suma es

\sum_{i \in I} u_i = \sup_{F \subseteq I \text{ finite}} \sum_{i \in F} u_i \in \intcc{0}{+\infty} .

Una familia de reales o complejos (o vectores de Banach) es sumable cuando $(\norm{u_i})$ es; su suma se define luego dividiéndola en partes positivas/negativas (o reales/imaginarias) — de manera equivalente, como valor común de $\sum_{n} u_{\sigma(n)}$ en todas las enumeraciones $\sigma$ de $I$ (ver más abajo).

Método 7.9 (Elegir una prueba)

Frente a $\sum u_n$ , en orden: (1) si $u_n \not\to 0$ , divergencia, detenerse. (2) Si los términos tienen signo constante, compare: encuentre un equivalente (Capítulo 6) y colóquelo en el Mapa de Riemann-Bertrand. (3) Si los signos se alternan con Módulos decreciente, la prueba alterna; si los módulos no son monótonos, expanda el término hasta que cada pieza sea absolutamente caso de prueba convergente o limpio (Ejemplo 7.6). (4) Si el patrón de signos es oscilatorio pero estructurado ( $\sin n\theta$ , $\eu^{\iu n\theta}$ , potencias matriciales), la prueba de Abel con sumas parciales acotadas. (5) La convergencia absoluta siempre vale la pena comprobando primero: es más fuerte, a prueba de pedidos y desbloquea cauchy productos y Fubini.

Ejemplo 7.10 (Sumabilidad por conteo diagonal)

Para cual $s > 0$ es la familia $\bigl((m + n)^{-s}\bigr)_{m, n \geq 1}$ sumable? Agrupa el sumas parciales finitas por diagonales $m + n = k$ : la diagonal $k$ lleva pares $k - 1$ , cada uno de los cuales contribuye con $k^{-s}$ , por lo que el las sumas finitas están exactamente limitadas por (y agotadas)

\sum_{k \geq 2} \frac{k - 1}{k^{s}} ,

una serie con términos positivos equivalente a $k^{1-s}$ : sumable si es $s - 1 > 1$ , es decir $s > 2$ . El índice bidimensional come. una potencia completa: un plano de términos es "una dimensión más divergente” que una línea — la geometría de conteo del índice establece, no el tamaño de los términos individuales, decide sumabilidad. (El mismo censo muestra que $\bigl((m^2 + n^2)^{-1}\bigr)$ no es sumable: en la diagonal $m + n = k$ , cada término es al menos $k^{-2}$ y $(k-1)\cdot k^{-2}$ suman como el armónico serie.)

Teorema 7.11 (sumabilidad y orden)

Para familias no negativas, la suma es invariante bajo cualquier enumeración: $\sum_{i} u_i = \sum_{n=0}^{\infty} u_{\sigma(n)}$ para cada biyección $\sigma \colon \N \to I$ .
Una serie real o compleja $\sum u_n$ es conmutativamente convergente (todo reordenamiento converge, con el mismo suma) si y sólo si es absolutamente convergente.

Demostración. (1) Toda suma parcial $\sum_{n \leq N} u_{\sigma(n)}$ es finita suma parcial de la familia (entonces $\leq$ el sup); todo finito $F$ es contenido en algunos $\{\sigma(0), \dots, \sigma(N)\}$ (por lo que el sup $\leq$ el límite de la serie). Los dos límites coinciden.

(2) Si $\sum\abs{u_n} < \infty$ : para cualquier reordenamiento $\sigma$ y $\varepsilon > 0$ , elija $N$ con $\sum_{n > N}\abs{u_n} \leq \varepsilon$ ; más allá del rango donde $\sigma$ ha agotado $\intint{0}{N}$ , las sumas parciales reordenadas difieren de las límite original en como máximo $\varepsilon$ : misma suma. Si $\sum \abs{u_n} = \infty$ pero $\sum u_n$ convergen (caso real; complejo sigue en forma de coordenadas): las partes positiva y negativa, ambas divergen, y uno puede reorganizarse para alcanzar cualquier límite prescrito — Teorema de Riemann, realizado en Ejercicio 7.5 — entonces la convergencia conmutativa falla. ∎

Ejemplo 7.12 (Un reordenamiento pillado con las manos en la masa)

La serie armónica alterna suma $\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2$ (Año 1 volumen). Reorganícelo como "uno positivo, dos negativos":

1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \cdots

Agrupando cada bloque de tres,

\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac1{4k} = \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac1{2k}\Bigr),

entonces la serie reordenada converge a $\frac12\ln 2$ — la mitad de la suma original, con exactamente los mismos términos. No absolutamente las series convergentes recuerdan el orden de sus términos; sumable las familias son precisamente las que no lo hacen.

Ejemplo 7.13 (Agrupar es seguro, desagrupar no)

Agrupar términos consecutivos de una serie convergente nunca cambia la suma: las sumas parciales agrupadas forman una subsecuencia de los originales. Está prohibida la operación inversa:

(1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + \cdots = 0 + 0 + \cdots = 0,

sin embargo, el $1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$ desagrupado diverge (parcialmente las sumas oscilan entre $1$ y $0$ ). La desagrupación es legítima sólo con una hipótesis compensatoria — por ejemplo, términos tendiendo a $0$ con longitudes de grupo acotadas: luego entre dos sumas parciales agrupadas las originales derivan como máximo en una suma de $o(1)$ términos de número acotado y transferencias de convergencia hacia atrás. Ésa es exactamente la cláusula bajo la cual el cálculo en bloque de Ejemplo 7.12 es una prueba y no una prestidigitación mano.

Teorema 7.14 (Fubini para familias; Productos Cauchy)

Sea $(u_{m,n})_{(m,n) \in \N^2}$ una familia doble sumable (es decir, $\sup_F \sum_F \abs{u_{m,n}} < \infty$ ). Entonces

\sum_{(m,n)} u_{m,n} = \sum_{m=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{n=0}^{\infty} u_{m,n}\Bigr) = \sum_{n=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{m=0}^{\infty} u_{m,n}\Bigr) = \sum_{k=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{m+n=k} u_{m,n}\Bigr),

todas las series internas convergentes (absolutamente). En particular, si $\sum a_m$ y $\sum b_n$ convergen absolutamente, su cauchy producto converge absolutamente con

\Bigl(\sum_m a_m\Bigr)\Bigl(\sum_n b_n\Bigr) = \sum_{k=0}^{\infty} c_k, \qquad c_k = \sum_{m=0}^{k} a_m b_{k-m} .

Demostración. Caso no negativo. Cada agrupación (por filas, columnas o diagonales) calcula el mismo supremo: cualquier conjunto finito de pares es contenido en un bloque finito de filas (limitando cada suma agrupada debajo por sumas parciales finitas y arriba por el total), y monótono la convergencia de sumas parciales hace el resto — concretamente, para filas: $\sum_{m \leq M}\sum_{n \leq N} u_{m,n} \leq S$ da, dejando que $N \to \infty$ luego $M \to \infty$ , $\sum_m \sum_n u_{m,n} \leq S$ ; a la inversa, cada $F$ finito se encuentra en dicho rectángulo, por lo que $S \leq \sum_m\sum_n u_{m,n}$ . Diagonales: los mismos dos límites con triángulos en lugar de rectángulos.

Caso general. Dividir en positivo y negativo (real y imaginarias), cada una de las cuales es una familia no negativa sumable; los cuatro los agrupamientos coinciden en cada parte y, por tanto, en la diferencia; absoluto la convergencia de la serie interna proviene del caso no negativo aplicado a $\abs{u_{m,n}}$ .

producto cauchy. La familia $u_{m,n} = a_m b_n$ es sumable: sumas parciales finitas de $\abs{a_mb_n}$ están limitadas por $\bigl(\sum\abs{a_m}\bigr)\bigl(\sum\abs{b_n}\bigr)$ . Las filas dan $\bigl(\sum a_m\bigr)\bigl(\sum b_n\bigr)$ ; diagonales dan $\sum_k c_k$ . ∎

Ejemplo 7.15 (La identidad exponencial, sinceramente.)

Para $a, b \in \C$ (o matrices de conmutación):

\Bigl(\sum_m \frac{a^m}{m!}\Bigr)\Bigl(\sum_n \frac{b^n}{n!}\Bigr) = \sum_k \sum_{m+n=k} \frac{a^m b^n}{m!\,n!} = \sum_k \frac{(a + b)^k}{k!},

por el teorema del binomio en cada diagonal: $\eu^a \eu^b = \eu^{a+b}$ — la ecuación funcional de $\exp$ derivada solo de la serie. (La conmutación se utiliza en el paso binomial; para no conmutación matrices la identidad realmente falla, Capítulo 16.)

Ejemplo 7.16 (Productos Cauchy como dispositivo informático)

De la serie geométrica y $\sum_{n \geq 1} nz^n = \frac{z}{(1-z)^2}$ ( $\abs z < 1$ ) de Ejercicio 7.2, una más producto cauchy finaliza el segundo momento. Multiplica $\sum_m mz^m$ por $\sum_n z^n$ : el coeficiente diagonal es $\sum_{m=0}^k m = \frac{k(k+1)}2$ , entonces

\frac{z}{(1-z)^3} = \sum_{k\geq0}\frac{k(k+1)}{2}\,z^k ,

y la identidad $n^2 = 2\cdot\frac{n(n+1)}2 - n$ ensambla

\sum_{n\geq1} n^2z^n = \frac{2z}{(1-z)^3} - \frac{z}{(1-z)^2} = \frac{z(1+z)}{(1-z)^3} .

En $z = \frac12$ : $\sum_{n\geq1}\frac{n^2}{2^n} = \frac{\frac12\cdot\frac32}{\frac18} = 6$ — un valor cerrado con no hay diferenciación en ninguna parte, solo series convergentes absolutamente multiplicados como polinomios. El mismo telescopio de identidades calcula cada $\sum n^dz^n$ , y los probabilistas reconocerán el segundo momento factorial de la ley geométrica (Capítulo 23).

Ejemplo 7.17 (Una evaluación de doble suma)

Para $s > 1$ real, sea $\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ . Contando divisors by double summation — the family $(m^{-s}n^{-s})$ over $(m,n) \in (\N^*)^2$ es sumable (producto de convergencia positiva series) — y agrupando por producto $q = mn$ :

\zeta(s)^2 = \sum_{m,n} \frac{1}{(mn)^s} = \sum_{q=1}^{\infty} \frac{d(q)}{q^s},

donde $d(q)$ es el número de divisores de $q$ . Sumable familias convertir la combinatoria en análisis.

Ejemplo 7.18 (Una evaluación de Fubini: $\sum_n (\zeta(n) - 1) = 1$ )

Para números enteros $n \geq 2$ , $\zeta(n) - 1 = \sum_{k \geq 2} k^{-n}$ . La doble familia $(k^{-n})_{k, n \geq 2}$ es sumable: sumando las columnas geométricas primero,

\sum_{k\geq2}\sum_{n\geq2} \frac{1}{k^n} = \sum_{k\geq2} \frac{1/k^2}{1 - 1/k} = \sum_{k\geq2} \frac{1}{k(k-1)} = 1

(telescópico), y todos los términos son positivos, por lo que Teorema 7.14 autoriza la suma por filas en su lugar:

\sum_{n\geq2}\bigl(\zeta(n) - 1\bigr) = 1 .

Los infinitos valores $\zeta$ , cada uno de ellos de aspecto trascendental, tienen colas que suman exactamente $1$ . Perspectiva final: cuando un La suma doble tiene términos positivos, calcúlala en cualquier orden. se derrumba — aquí las columnas son geométricas, las filas son misteriosas, y Fubini traslada el colapso.

Ejemplo 7.19 (La serie geométrica resuelve una ecuación.)

En espacio banach $\bigl(C(\intcc01), \norm\cdot_\infty\bigr)$ , resuelva $x - K(x) = y$ donde $K(f)$ es la función constante $\frac12\int_0^1 f$ . El norma del operador es $\vertiii K \leq \frac12 < 1$ , por lo que se aplica la serie Neumann (Ejemplo 7.2): $x = \sum_{n\geq0} K^n(y)$ . Calcule las iteraciones: $K(y) = \frac12\int_0^1 y$ (una constante), y aplicando $K$ a una constante $c$ da $\frac c2$ , entonces $K^n(y) = \frac{1}{2^{n-1}}\cdot\frac12\int_0^1 y$ para $n \geq 1$ . Sumando las constantes geométricas:

x = y + \Bigl(\int_0^1 y\Bigr) \sum_{n\geq1}\frac{1}{2^n} = y + \int_0^1 y .

Verificar: $x - K(x) = y + \int y - \frac12\bigl(\int y + \int y\bigr) = y$ . Una serie infinita, una respuesta finita y una verificación de una línea — la serie geométrica es una inversión algoritmo, no sólo una declaración de convergencia.

Ejemplo 7.20 (Telescópico por fracciones parciales)

La suma exacta es rara; telescópico es su principal proveedor. descomponer

\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2}\Bigl(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr),

(verifique por reducción al denominador común), por lo que el parcial las sumas colapsan:

\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12\Bigl(\frac{1}{1\cdot2} - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\Bigr) \longrightarrow \frac14 .

El mismo patrón — escriba el término como $c(u_n - u_{n+1})$ para un $(u_n)$ explícito — resuelto Ejercicio 7.10 (arctagentes) y calcula cada $\sum\frac{1}{n(n+1)\cdots(n + k)} = \frac{1}{k\cdot k!}$ . Cuando existe una suma exacta en este nivel, normalmente se esconde un telescopio en el término.

Observación 7.21 (Perspectivas dentro de este volumen)

Los tres capítulos siguientes son clientes directos. Para Capítulo 10: la convergencia normal de $\sum f_n$ es convergencia absoluta de $\sum\norm{f_n}_\infty$ en Banach espacio $\bigl(C, \norm\cdot_\infty\bigr)$ — este capítulo Teorema 5.21 disfrazado. Para Capítulo 11: dentro del disco de convergencia todo es absoluto y sumable, entonces productos cauchy y Los reordenamientos funcionan libremente (es por eso que las series de potencias se multiplican como polinomios); en el límite, la prueba de Abel se hace cargo (Ejemplo 7.5). Para Capítulo 23: Las funciones generadoras de probabilidad son series de potencias manipulaciones — productos para sumas de variables independientes, sumas dobles para leyes compuestas — todos están autorizados por Teorema 7.14. Sumable las familias son las legales departamento de análisis por venir.

Observación 7.22 (Dónde se utiliza este capítulo)

Todo lo que tiene suma infinita pasa por aquí: series de potencias (Capítulo 11) son familias sumable disfrazadas, Los coeficientes de Fourier se multiplican por productos cauchy y reorganizado por Parseval (Capítulo 14) y probabilidad funciones generadoras (Capítulo 23) son el teorema de Fubini aplicado a las expectativas. El volumen del año 3 absorbe sumable familias en la integración de Lebesgue sobre la medida de conteo — donde Teorema 7.14 se convierte en un caso especial del Teorema de Fubini-Tonelli.

7.4 Ceremonias

Ejercicio 7.1 ★

Naturaleza de: $\sum \dfrac{\cos n}{n}$ ; $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\ln n}$ ; $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n}$ (expandir como en la trampa del Año 1: la prueba alterna necesita monotonicidad).

Solución

Solución de Ejercicio 7.1.

$\sum\frac{\cos n}{n}$ : Prueba de Abel con $a_n = \frac1n$ y $b_n = \cos n$ , cuyas sumas parciales son acotadas (parte real de un geométrico suma, como en Ejemplo 7.4): convergente (no absolutamente, por el mismo truco $\cos^2$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{\ln n}$ ( $n \geq 2$ ): prueba alterna, $\frac{1}{\ln n} \downarrow 0$ : convergente; no absolutamente ( $\ln n \leq n$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n}$ : expandir,

\frac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n} = \frac{(-1)^n}{n^{3/4}}\cdot \frac{1}{1 + \frac{\cos n}{n^{3/4}}} = \frac{(-1)^n}{n^{3/4}} - \frac{(-1)^n\cos n}{n^{3/2}} + O\Bigl(\frac{1}{n^{9/4}}\Bigr).

Primera serie: alterna, convergente. Segundo: absolutamente convergente (escala $\frac{1}{n^{3/2}}$ ). Tercero: absolutamente convergente. Total: convergente.

Ejercicio 7.2 ★

Demuestre que para $\abs z < 1$ : $\sum_{n\geq1} n z^{n} = \dfrac{z}{(1-z)^2}$ , a través del producto cauchy de $\sum z^n$ con mismo.

Solución

Solución de Ejercicio 7.2.

producto cauchy de $\sum_{m\geq0} z^m$ consigo mismo (ambos absolutamente convergente para $\abs z < 1$ ): el coeficiente diagonal es $c_k = \sum_{m=0}^{k} 1 = k + 1$ , por lo que

\frac{1}{(1-z)^2} = \sum_{k\geq0} (k+1)z^k .

Multiplicando por $z$ y reindexando: $\sum_{n \geq 1} n z^n = \frac{z}{(1-z)^2}$ .

Ejercicio 7.3 ★★

(Lema tipo Kronecker) Sea $\sum b_n$ una serie real convergente. Demuestre, mediante resumen de abel, que $\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} k\,b_k \to 0$ .

Solución

Solución de Ejercicio 7.3.

Deje $B_n = \sum_{k \leq n} b_k \to B$ . resumen de abel con $a_k = k$ :

\sum_{k=1}^{n} k\,b_k = n B_n - \sum_{k=1}^{n-1} B_k \quad\Longrightarrow\quad \frac1n \sum_{k=1}^{n} k b_k = B_n - \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} B_k .

La media Cesàro del convergente $(B_k)$ tiende a su límite $B$ (Volumen del año 1), por lo que el lado derecho tiende a $B - B = 0$ .

Ejercicio 7.4 ★★

Estudiar la convergencia de $\sum \dfrac{\sin(n\theta)}{n^\alpha}$ ( $\theta \in \R$ , $\alpha > 0$ ) — para el cual $(\theta, \alpha)$ es ¿absolutamente es convergente, semiconvergente, divergente?

Solución

Solución de Ejercicio 7.4.

Si $\theta \in \pi\Z$ : todos los términos desaparecen — convergen trivialmente. Supongamos $\theta \notin \pi\Z$ .

$\alpha > 1$ : absolutamente convergente (dominación por $n^{-\alpha}$ ).

$0 < \alpha \leq 1$ : Se aplica la prueba de Abel ( $a_n = n^{-\alpha} \downarrow 0$ ; sumas parciales de $\sin n\theta$ acotadas por $\frac{1}{\abs{\sin(\theta/2)}}$ , suma geométrica): convergente. no absolutamente: $\abs{\sin n\theta} \geq \sin^2 n\theta = \frac{1 - \cos 2n\theta}{2}$ y $\sum \frac{1 - \cos 2n\theta}{2n^\alpha}$ diverge ( $\sum n^{-\alpha}$ diverge; $\sum \frac{\cos 2n\theta}{n^\alpha}$ converge por Abel cuando $2\theta \notin 2\pi\Z$ ; el caso excluido $2\theta \in 2\pi\Z$ significa $\theta \in \pi\Z$ , ya manejado). Semiconvergente.

Ejercicio 7.5 ★★★

(Reordenamiento de Riemann) Sea $\sum u_n$ un convergente pero no absolutamente series reales convergentes y $\ell \in \R$ . demostrar que alguna reordenación de $\sum u_n$ converge a $\ell$ . (Show both subseries of positive and negative terms diverge; then greedily alternate: take positive terms until exceeding $\ell$ , then negative until dropping below, and so on; the terms tend to $0$ , forcing convergence to $\ell$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 7.5.

Sean $p_1, p_2, \dots$ los términos no negativos de $(u_n)$ en orden, $q_1, q_2, \dots$ los negativos. Tanto $\sum p_k$ como $\sum q_k$ divergen: si uno de ellos convergiera, el otro sería igual al convergente $\sum u_n$ menos, por lo tanto converge también — y luego $\sum \abs{u_n} = \sum p_k - \sum q_k$ convergería, contradiciéndose la hipótesis. También $u_n \to 0$ ( $\sum u_n$ converge).

Reordenamiento codicioso: tomar términos positivos $p_1, p_2, \dots$ hasta el total acumulado primero excede $\ell$ (posible: $\sum p_k = +\infty$ ); luego términos negativos hasta que el total caiga por debajo de $\ell$ (posible: $\sum q_k = -\infty$ ); repetir para siempre (cada uno La fase es finita y cada término se usa exactamente una vez: un genuino reordenamiento). Después de cada cambio, la distancia desde la carrera total a $\ell$ es como máximo el último término utilizado; ya que los términos utilizados en el interruptor $m$ -ésimo tiene el índice $\to \infty$ y $u_n \to 0$ , los totales acumulados convergen a $\ell$ .

Ejercicio 7.6 ★★

demostrar que la familia $\Bigl(\dfrac{x^{m+n}}{m!\,n!}\Bigr)_{(m,n)\in\N^2}$ es sumable para cada $x \in \R$ , y vuelva a derivar la identidad $(\eu^x)^2 = \eu^{2x}$ agrupando la suma doble a lo largo de las diagonales $m + n = k$ .

Solución

Solución de Ejercicio 7.6.

Sumabilidad: las sumas parciales finitas de $\frac{\abs x^{m+n}}{m!n!}$ están delimitados por $\bigl(\sum_m \frac{\abs x^m}{m!}\bigr)^2 = \eu^{2\abs x}$ . agrupación diagonal (Teorema 7.14):

(\eu^{x})^2 = \sum_{m,n} \frac{x^{m+n}}{m!\,n!} = \sum_{k=0}^{\infty} x^k \sum_{m+n=k} \frac{1}{m!\,n!} = \sum_k \frac{x^k}{k!}\sum_{m=0}^{k}\binom km = \sum_k \frac{(2x)^k}{k!} = \eu^{2x} .

Ejercicio 7.7 ★★

Demostrar que la familia $\bigl(\frac{1}{m^2 n^2}\bigr)_{m,n \geq 1}$ es sumable, y esa agrupación por $\gcd$ : con $q = \gcd(m,n)$ ,

\zeta(2)^2 = \sum_{q\geq1} \frac{1}{q^4} \sum_{\substack{a,b \geq 1\\ \gcd(a,b)=1}} \frac{1}{a^2b^2} = \zeta(4) \cdot S,

donde $S = \sum_{\gcd(a,b)=1} \frac{1}{a^2b^2}$ : deducir $S = \zeta(2)^2/\zeta(4)$ . (Every pair $(m,n)$ writes uniquely $(qa, qb)$ with $\gcd(a,b) = 1$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 7.7.

Sumabilidad: delimitado por $\zeta(2)^2$ como familia de productos (Argumento del producto Cauchy de Teorema 7.14). el mapa $(q, a, b) \mapsto (qa, qb)$ , de triples con $\gcd(a, b) = 1$ para pares $(m, n)$ , es una biyección (conjunto $q = \gcd(m,n)$ ). Agrupación el familia sumable en consecuencia (una partición del conjunto de índices — legítimo para familias sumable por Teorema 7.11/Teorema 7.14 aplicado a la partición en contablemente muchas clases):

\zeta(2)^2 = \sum_{q} \sum_{\gcd(a,b)=1} \frac{1}{q^4 a^2 b^2} = \zeta(4)\, S, \qquad\text{so}\qquad S = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} .

(Con los valores $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$ , $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ de Capítulo 14: $S = \frac{5}{2}$ .)

Ejercicio 7.8 ★★★

(Teorema de Abel sobre productos, versión ligera) Supongamos $\sum a_n$ converge absolutamente y $\sum b_n$ converge. Demostrar que su producto cauchy $\sum c_n$ converge con $\sum c_n = (\sum a_n)(\sum b_n)$ . (Write $C_N = \sum_{k\leq N} c_k = \sum_n a_n B_{N-n}$ with $B$ the partial sums of $b$ ; split according to $n \leq N/2$ or not, using boundedness of $(B_m)$ and the absolute tail of $(a_n)$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 7.8.

Sea $A = \sum a_n$ (absoluto), $B_m = \sum_{k\leq m} b_k \to B$ , delimitado por $M$ . entonces

C_N = \sum_{k=0}^{N} c_k = \sum_{n=0}^{N} a_n B_{N-n}

(recopilados por el índice de $a$ ). escribir

C_N - AB = \sum_{n=0}^{N} a_n (B_{N-n} - B) - B\sum_{n > N} a_n .

El último término tiende a $0$ . Divida la suma en $n = \lfloor N/2 \rfloor$ : para $n \leq N/2$ , $N - n \geq N/2$ , entonces $\abs{B_{N-n} - B} \leq \varepsilon_N := \sup_{m \geq N/2}\abs{B_m - B} \to 0$ y esta parte es $\leq \varepsilon_N \sum\abs{a_n}$ ; para $n > N/2$ , $\abs{B_{N-n} - B} \leq 2M$ , y esta parte es $\leq 2M \sum_{n > N/2} \abs{a_n} \to 0$ . Por lo tanto $C_N \to AB$ .

Ejercicio 7.9 ★★★

En el espacio (incompleto) $E$ de secuencias reales eventualmente cero con el sup norma, exhibe una serie convergente absolutamente que no no converge en $E$ . (Try $u_n = 2^{-n} e_n$ with $(e_n)$ the canonical sequences.)

Solución

Solución de Ejercicio 7.9.

Tome $u_n = 2^{-n} e_n$ ( $e_n$ la secuencia con un solo $1$ en posición $n$ ). Entonces $\sum \norm{u_n}_\infty = \sum 2^{-n} < \infty$ : absolutamente convergente. Pero las sumas parciales $S_N = (1, \tfrac12, \dots, 2^{-N}, 0, \dots)$ tendrían que converger a la secuencia $(2^{-n})_n$ , que eventualmente es no cero: fuera de $E$ . Dentro de $E$ , $(S_N)$ es Cauchy sin límite ( $\norm{S_N - x}_\infty \geq 2^{-N-1}$ no ayuda a ningún $x$ eventualmente cero: para cualquier $x \in E$ que desaparezca más allá del rango $K$ , $\norm{S_N - x} \geq 2^{-K-1}$ para $N > K$ ): la serie no converge en $E$ . Lo completo es exactamente lo que Teorema 5.21 necesidades.

Ejercicio 7.10 ★★

Verifique la identidad $\arctan(n+1) - \arctan(n) = \arctan\dfrac{1}{n^2 + n + 1}$ y deduzca el valor exacto de

\sum_{n=1}^{\infty} \arctan\frac{1}{n^2 + n + 1} .

Solución

Solución de Ejercicio 7.10.

Tanto $\arctan(n+1) - \arctan n$ como $\arctan\frac{1}{n^2+n+1}$ se encuentran en $\intoo{0}{\frac\pi2}$ , y el la fórmula de suma tangente da

\tan\bigl(\arctan(n{+}1) - \arctan n\bigr) = \frac{(n+1) - n}{1 + n(n+1)} = \frac{1}{n^2 + n + 1} :

tangentes iguales en un intervalo donde $\tan$ es inyectivo, por lo que el la identidad se mantiene. telescópico,

\sum_{n=1}^{N}\arctan\frac{1}{n^2+n+1} = \arctan(N{+}1) - \arctan 1 \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac\pi2 - \frac\pi4 = \frac\pi4 .

Ejercicio 7.11 ★★

Determinar la naturaleza (con equivalentes) de

\sum_n \bigl(\sqrt{n+1} - \sqrt n\bigr)^{\alpha} \ (\alpha > 0), \qquad \sum_n \Bigl(1 - \cos\frac1n\Bigr), \qquad \sum_n \Bigl(\eu - \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{\!n}\Bigr).

Solución

Solución de Ejercicio 7.11.

Primero: $\sqrt{n+1} - \sqrt n = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} \sim \frac{1}{2\sqrt n}$ , por lo que los términos son $\sim 2^{-\alpha}n^{-\alpha/2}$ : convergencia si $\frac\alpha2 > 1$ , es decir, $\alpha > 2$ . Segundo: $1 - \cos\frac1n \sim \frac{1}{2n^2}$ : converge. Tercero: $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n = \eu^{\,n\ln(1 + 1/n)} = \eu^{\,1 - \frac1{2n} + O(n^{-2})} = \eu\bigl(1 - \frac{1}{2n} + O(n^{-2})\bigr)$ , entonces

\eu - \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{\!n} \sim \frac{\eu}{2n} :

términos positivos equivalentes a un múltiplo armónico: diverge.

Ejercicio 7.12 ★★★

Sea $(a_n)$ positivo y decreciente con $\sum a_n$ convergente. Demuestre que $n\,a_n \to 0$ (bound $n a_{2n}$ by a tail). Demuestre que lo contrario falla y que la monotonicidad es esencial, con contraejemplos explícitos.

Solución

Solución de Ejercicio 7.12.

Por monotonicidad, $n\,a_{2n} \leq a_{n+1} + a_{n+2} + \dots + a_{2n} = S_{2n} - S_n \to 0$ (criterio de Cauchy para el serie convergente). Por lo tanto, $2n\,a_{2n} \to 0$ y $(2n{+}1)\, a_{2n+1} \leq (2n{+}1)a_{2n} = \frac{2n+1}{2n}\,(2n\,a_{2n}) \to 0$ : ambas subsecuencias de $(na_n)$ tienden a $0$ , por lo que $na_n \to 0$ .

El inverso falla: $a_n = \frac1{n\ln n}$ es positivo disminuyendo con $na_n = \frac1{\ln n} \to 0$ , pero $\sum a_n$ diverge (frontera de Bertrand, Problema 7.1, pregunta 18). Monotonicidad esencial: deja $a_n = \frac1n$ cuando $n$ es una potencia de $2$ y $a_n = 2^{-n}$ en caso contrario: $\sum a_n \leq \sum_k 2^{-k} + \sum_n 2^{-n} < \infty$ , pero $na_n = 1$ junto los poderes de $2$ : $na_n \not\to 0$ .

7.5 Problema: $\zeta(2) = \pi^2/6$ de Euler, por Cauchy Suma cotangente

La identidad más famosa de Euler, $1 + \frac14 + \frac19 + \cdots = \frac{\pi^2}6$ , admite una prueba completamente elemental, debido a Cauchy: la fórmula de de Moivre produce un polinomio cuyas raíces son los números $\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}$ , Vieta suma esas raíces exactamente, y el apretón $\cot^2\theta < \frac{1}{\theta^2} < 1 + \cot^2\theta$ aplasta las sumas parciales de $\sum\frac1{k^2}$ entre dos límites racionales explícitos. Ejecutamos la prueba en su totalidad, extraiga $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ por el mismo método, luego mapear toda la frontera entre convergencia y divergencia con la serie Bertrand — y demostrar que la frontera no lleva serie convergente más lenta.

Problema 7.1

Problema del fin de semana — $\zeta(2) = \pi^2/6$ y el Panorama de Bertrand

En todo momento, $n \geq 1$ y $\theta_k = \dfrac{k\pi}{2n+1}$ para $k = 1, \dots, n$ ; nota $0 < \theta_k < \frac\pi2$ .

Parte I — The cotangent identity.

Pruebe la fórmula de Moivre $(\cos\theta + \iu\sin\theta)^m = \cos m\theta + \iu\sin m\theta$ ( $m \in \N$ ), y deduzca, para $m = 2n + 1$ ,

$\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2(n-j)}\theta\, \sin^{2j+1}\theta .$
Deduce que para $\theta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ ,

$\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sin^{2n+1}\theta\; P_n(\cot^2\theta), \qquad P_n(x) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{\,n-j},$

un polinomio de grado $n$ con coeficiente principal $2n + 1$ .
Demuestre que $x_k = \cot^2\theta_k$ , $k = 1, \dots, n$ , son $n$ distinto raíces de $P_n$ — de ahí todos ellos.
Por Vieta, prueba la identidad exacta

$\sum_{k=1}^{n} \cot^2\frac{k\pi}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}.$
Deducir también $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sin^2\theta_k} = \frac{2n(n+1)}{3}$ .
Pruebe el apretón: $\cot^2\theta < \dfrac1{\theta^2} < \dfrac{1}{\sin^2\theta}$ para $\theta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ (from $\sin\theta < \theta < \tan\theta$ ).

Parte II — The squeeze closes: Euler’s theorem.

Sumando la pregunta 6 sobre $k = 1, \dots, n$ con $\theta = \theta_k$ , establezca

$\frac{n(2n-1)}{3} \;<\; \frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} \;<\; \frac{2n(n+1)}{3}.$
Concluir (Teorema de Euler, por la prueba de Cauchy):

$\zeta(2) = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}.$
Extraer una tarifa del sándwich: mostrar

$\Bigl|\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} - \frac{\pi^2}6\Bigr| = O\Bigl(\frac1n\Bigr),$

consistente con la cola exacta $\sum_{k>n}k^{-2} = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ de Ejercicio 6.11.
Haga funcionar la máquina un piso más arriba: usando el segundo Vieta función de $P_n$ , mostrar

$\sum_{k=1}^{n}\cot^4\theta_k = \Bigl(\frac{n(2n-1)}3\Bigr)^{\!2} - \frac{2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{60} \;\sim\; \frac{8n^4}{45},$

y apriete con $\cot^4 < \theta^{-4} < (1 + \cot^2)^2$ para obtener $\zeta(4) = \dfrac{\pi^4}{90}$ .

Parte III — Dividends.

Deducir de $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ :

$\sum_{k\geq0}\frac{1}{(2k+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}, \qquad \sum_{k\geq1}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \frac{\pi^2}{12}.$
Combinar con Ejercicio 7.7: calcular $S = \sum_{\gcd(a,b)=1}\frac{1}{a^2b^2} = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} = \frac52$ e interpretar $\frac{1}{\zeta(2)} = \frac{6}{\pi^2} \approx 0.608$ como la densidad de pares coprimos (explique la heurística Sinceramente: el recuento riguroso es un volumen del año 3. materia).
(Aceleración certificada) La fórmula de la cola de la pregunta 9 da $\sum_{k\leq n}k^{-2} + \frac1n - \frac1{2n^2} = \frac{\pi^2}6 + O(n^{-3})$ . Compara el trabajo necesario para seis dígitos de $\zeta(2)$ : suma directa versus el suma corregida en $n = 100$ (donde el error es $1.7\cdot10^{-7}$ ).
Verifique la pregunta 4 manualmente en $n = 1$ y $n = 2$ (el valores $\cot^2\frac\pi3 = \frac13$ y $\cot^2\frac\pi5 + \cot^2\frac{2\pi}5 = 2$ ), utilizando $\cos\frac\pi5 = \frac{1+\sqrt5}4$ o un número evaluación.
Comprobar la identidad del acompañante

$\sum_{k=1}^{n}\tan^2\frac{k\pi}{2n+1} = n(2n+1)$

(the numbers $\tan^2\theta_k$ are the roots of the reversed polynomial $x^nP_n(1/x)$ ) y verifíquelo en $n = 1$ .

Parte IV — The Bertrand panorama. Para $\alpha, \beta \in \R$ , considere el Serie Bertrand

\sum_{n \geq 3} \frac{1}{n^{\alpha}(\ln n)^{\beta}} .

Demuestre que para $\alpha > 1$ la serie converge, lo que sea $\beta$ (compare with $n^{-(1+\alpha)/2}$ ).
Demuestre que para $\alpha < 1$ diverge, sea cual sea $\beta$ .
Para $\alpha = 1$ : usando la comparación serie-integral (Teorema 6.6) con $f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\beta}$ , demuestre la convergencia si es $\beta > 1$ .
Iterar la frontera: mostrar $\sum\frac{1}{n\ln n\,\ln\ln n}$ diverge mientras $\sum\frac{1}{n\ln n\,(\ln\ln n)^2}$ converge.
Dos trampas: determinar la naturaleza de

$\sum_n \frac{1}{n^{1 + 1/\ln n}} \qquad\text{and}\qquad \sum_n \frac{1}{n^{1 + 1/\ln\ln n}}$

(compute $n^{1/\ln n}$ exactly; compare $n^{1/\ln\ln n}$ with every power of $\ln n$ ).
(No hay series convergentes más lentas) Sea $\sum a_n$ cualquier serie convergente con $a_n > 0$ y $R_n = \sum_{k \geq n}a_k$ sus colas. Demuestre que $\sum \frac{a_n}{\sqrt{R_n}}$ sigue siendo converge (compare with the telescoping $2(\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}})$ ), aunque $\frac{a_n/\sqrt{R_n}}{a_n} \to \infty$ : toda serie convergente es estrictamente dominada por otra serie convergente. la frontera de La convergencia no es una curva sino una niebla.

Part V — Cross-checks and synthesis.

(Condensación de Cauchy) Prueba: para $(a_n)$ positivo decreciente, $\sum a_n$ converge si $\sum 2^k a_{2^k}$ converge. Vuelva a derivar la frontera de la pregunta 18 a partir de ella.
(El costo de la lentitud) Para $\sum\frac1{n(\ln n)^2}$ , unir la cola por una integral y demostrar que resumiendo a $N = 10^6$ todavía deja un error mayor que $0.07$ : la convergencia certificada por la teoría puede ser inútil para números — contraste con la pregunta 13.
Clasificar (con justificaciones de una línea): $\sum\frac1{n\ln n}$ , $\sum\frac1{n^{1.01}}$ , $\sum\frac{(\ln n)^{100}}{n^{1.001}}$ , $\sum\frac1{n(\ln n)(\ln\ln n)^{3}}$ .
(Síntesis) Una frase cada uno: cómo de Moivre se convirtió en identidad trigonométrica en un polinomio con computable sumas de raíces; donde se necesitaba el apretón exacto identidades de puntos finales en lugar de equivalentes; cual herramienta de Capítulo 6 motorizado Parte IV; y que La pregunta 21 dice sobre el sueño de un "universal". prueba de comparación”. Nombra las dos cumbres: Euler $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ (y su piso de arriba, $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ ), y el Bertrand clasificación. Tenga en cuenta dónde se probará $\zeta(2)$ otra vez: por Parseval en Capítulo 14 — uno Teorema, dos civilizaciones.

Solución

Solución de Problema 7.1.

1. Inducción en $m$ : para $m = 0$ ambos lados son $1$ ; el paso se multiplica por $\cos\theta + \iu\sin\theta$ y utiliza el fórmulas de suma $\cos(m\theta + \theta) = \cos m\theta\cos\theta - \sin m\theta\sin\theta$ , $\sin(m\theta + \theta) = \sin m\theta\cos\theta + \cos m\theta\sin\theta$ . En cambio, expandiendo por el teorema del binomio con $m = 2n+1$ y recogiendo la parte imaginaria (los extraños poderes de $\iu\sin\theta$ , con $\iu^{2j+1} = (-1)^j\iu$ ):

\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sum_{j=0}^{n}(-1)^j \binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2(n-j)}\theta\,\sin^{2j+1}\theta .

2. En $\intoo0{\frac\pi2}$ , $\sin\theta \neq 0$ : factor $\sin^{2n+1}\theta$ de cada término, quedando $\bigl(\frac{\cos^2\theta}{\sin^2\theta}\bigr)^{n-j} = (\cot^2\theta)^{n-j}$ : la identidad mostrada con $P_n(x) = \sum_j(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{n-j}$ . Su grado- $n$ El coeficiente es $\binom{2n+1}{1} = 2n + 1 \neq 0$ de $j = 0$ .

3. En $\theta_k = \frac{k\pi}{2n+1}$ : $\sin\bigl((2n{+}1)\theta_k\bigr) = \sin k\pi = 0$ mientras $\sin^{2n+1}\theta_k \neq 0$ , entonces $P_n(\cot^2\theta_k) = 0$ . el $\theta_k$ aumenta estrictamente en $\intoo0{\frac\pi2}$ , donde $\cot^2$ es estrictamente decreciente: los valores $x_k = \cot^2\theta_k$ son distintos por pares — $n$ raíces distintas de un polinomio de grado $n$ , de ahí todos.

4. Vieta: la suma de las raíces es menos la razón de los coeficientes $x^{n-1}$ y $x^n$ :

\sum_{k=1}^{n}\cot^2\theta_k = \frac{\binom{2n+1}{3}}{\binom{2n+1}{1}} = \frac{(2n+1)(2n)(2n-1)/6}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}.

5. $\frac{1}{\sin^2\theta} = 1 + \cot^2\theta$ : sumando, $n + \frac{n(2n-1)}3 = \frac{3n + 2n^2 - n}{3} = \frac{2n(n+1)}{3}$ .

6. En $\intoo{0}{\frac\pi2}$ : $\sin\theta < \theta < \tan\theta$ (volumen del año 1). Tomar recíprocos es inverso: $\cot\theta < \frac1\theta < \frac1{\sin\theta}$ , y elevando al cuadrado (todo positivo) da $\cot^2\theta < \frac1{\theta^2} < \frac1{\sin^2\theta}$ .

7. Sume la pregunta 6 en $\theta = \theta_k$ sobre $k \leq n$ , utilizando las preguntas 4 y 5, y $\frac1{\theta_k^2} = \frac{(2n+1)^2}{k^2\pi^2}$ :

\frac{n(2n-1)}3 < \frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^n\frac1{k^2} < \frac{2n(n+1)}3 .

8. Multiplicar por $\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}$ :

\frac{\pi^2}{3}\cdot\frac{n(2n-1)}{(2n+1)^2} < \sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} < \frac{\pi^2}{3}\cdot\frac{2n(n+1)}{(2n+1)^2}.

Ambos límites tienden a $\frac{\pi^2}3\cdot\frac12 = \frac{\pi^2}6$ (las fracciones racionales tienden a $\frac12$ ). las sumas parciales aumentan, por lo que convergen y la compresión da $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ : teorema de Euler, según la prueba de Cauchy.

9. Las sumas parciales aumentan a $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ , por lo que $0 \leq \frac{\pi^2}6 - \sum_{k\leq n}k^{-2}$ ; y el límite inferior de la pregunta 8 da

\frac{\pi^2}6 - \sum_{k\leq n}\frac1{k^2} \leq \frac{\pi^2}6 - \frac{\pi^2}3\cdot\frac{n(2n-1)}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}6\cdot\frac{(2n+1)^2 - (4n^2 - 2n)}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}6\cdot\frac{6n + 1}{(2n+1)^2} = O\Bigl(\frac1n\Bigr),

Coincidiendo con la cola exacta $\frac1n - \frac1{2n^2} + O(n^{-3})$ de Ejercicio 6.11.

10. La segunda función simétrica elemental de la raíces es $\sigma_2 = \frac{\binom{2n+1}5}{\binom{2n+1}1} = \frac{(2n)(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{120}$ , entonces

\sum_k\cot^4\theta_k = \sigma_1^2 - 2\sigma_2 = \Bigl(\frac{n(2n-1)}3\Bigr)^2 - \frac{2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{60} \sim \frac{4n^4}9 - \frac{4n^4}{15} = \frac{8n^4}{45}.

Apretando $\cot^4\theta < \theta^{-4} < (1 + \cot^2\theta)^2 = 1 + 2\cot^2\theta + \cot^4\theta$ y sumando: ambas sumas externas son $\frac{8n^4}{45}(1 + o(1))$ (el $n + 2\sigma_1 = O(n^2)$ agregado es insignificante), mientras que el medio es $\frac{(2n+1)^4}{\pi^4}\sum_{k\leq n}k^{-4}$ . Por lo tanto

\sum_{k\leq n}\frac1{k^4} \longrightarrow \pi^4\cdot\frac{8/45}{16} = \frac{\pi^4}{90}.

11. Dividiendo $\zeta(2)$ entre paridades: $\sum_{\text{even}} = \sum_j\frac{1}{(2j)^2} = \frac14\zeta(2) = \frac{\pi^2}{24}$ , entonces $\sum_{\text{odd}} = \zeta(2) - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}8$ . Alternando: $\sum_k\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \sum_{\text{odd}} - \sum_{\text{even}} = \frac{\pi^2}8 - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{12}$ (convergencia absoluta justifica la reagrupación, Teorema 7.11).

12. $S = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} = \frac{(\pi^2/6)^2}{\pi^4/90} = \frac{90}{36} = \frac52$ . Heurística: la identidad $\zeta(2)^2 = \zeta(4)S$ de Ejercicio 7.7 dice que sacar el $\gcd$ renormaliza pares en pares coprimos; el recíproco $\frac1{\zeta(2)} = \frac6{\pi^2} \approx 0.608$ es lo natural candidato para la densidad de pares coprimos entre todos los pares — una declaración sobre $\lim_N \frac{1}{N^2}\#\{(m,n) \leq N : \gcd = 1\}$ cuya prueba honesta (con términos de error) pertenece a el volumen del año 3.

13. La suma directa tiene error $\sim \frac1n$ : seis Los dígitos requieren alrededor de términos $10^6$ . La suma corregida $\sum_{k\leq n}k^{-2} + \frac1n - \frac1{2n^2}$ tiene error $O(n^{-3})$ : en $n = 100$ es igual a $1.6449339\dots$ en contra $\frac{\pi^2}6 = 1.6449341\dots$ — error $1.7\cdot10^{-7}$ , siete dígitos de cien términos. Las correcciones asintóticas superan paciencia cruda en cuatro órdenes de magnitud.

14. $n = 1$ : $P_1(x) = 3x - 1$ , raíz $\frac13$ y de hecho $\cot^2\frac\pi3 = \bigl(\frac1{\sqrt3}\bigr)^2 = \frac13 = \frac{1\cdot1}3$ . $n = 2$ : la fórmula predice $\frac{2\cdot3}3 = 2$ ; con $\cos\frac\pi5 = \frac{1 + \sqrt5}{4}$ , se calcula $\cot^2 36^\circ \approx 1.894$ y $\cot^2 72^\circ \approx 0.106$ : suma $2.000$ .

15. Los números $\tan^2\theta_k = \frac1{x_k}$ son los raíces de $Q(x) = x^nP_n\bigl(\frac1x\bigr) = \sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^j$ (las $x_k$ son distinto de cero). Vieta en $Q$ : el coeficiente principal es $(-1)^n$ (término $j = n$ ), el siguiente es $(-1)^{n-1}\binom{2n+1}{2n-1} = (-1)^{n-1}\binom{2n+1}{2}$ , entonces

\sum_{k=1}^n\tan^2\theta_k = -\frac{(-1)^{n-1}\binom{2n+1}2}{(-1)^n} = \binom{2n+1}2\cdot \frac{2}{2n+1}\cdot\frac{2n+1}{2} = n(2n+1).

Marque $n = 1$ : $\tan^2\frac\pi3 = 3 = 1\cdot3$ .

16. Vamos $\gamma = \frac{1+\alpha}2 \in \intoo{1}{\alpha}$ . Entonces $\frac{n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}}{n^{-\gamma}} = n^{\gamma - \alpha}(\ln n)^{-\beta} \to 0$ (una potencia negativa de $n$ supera cualquier potencia de $\ln n$ ), entonces eventualmente los términos son $\leq n^{-\gamma}$ con $\gamma > 1$ : convergencia en comparación con una serie de Riemann.

17. Vamos $\gamma = \frac{1+\alpha}2 \in \intoo{\alpha}{1}$ : ahora $\frac{n^{-\gamma}}{n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}} = n^{\alpha-\gamma}(\ln n)^{\beta} \to 0$ , entonces eventualmente los términos son $\geq n^{-\gamma}$ con $\gamma < 1$ : divergencia.

18. $f(t) = \frac1{t(\ln t)^\beta}$ es positivo, continuo, y decreciente para $t$ grande (su logaritmo tiene derivado $-\frac1t\bigl(1 + \frac{\beta}{\ln t}\bigr) < 0$ eventualmente). Antiderivadas: para $\beta \neq 1$ , $\int^x f = \frac{(\ln x)^{1-\beta}}{1-\beta} + \text{const}$ , que tiene un límite finito si $\beta > 1$ ; para $\beta = 1$ , $\int^x f = \ln\ln x \to \infty$ . Por Teorema 6.6, la serie y el integral comparten su naturaleza: convergencia si $\beta > 1$ .

19. Misma prueba: $\frac{\dd}{\dd t}\ln\ln\ln t = \frac{1}{t\ln t\,\ln\ln t}$ y $\ln\ln\ln t \to \infty$ : divergencia. Y $\frac{\dd}{\dd t}\Bigl(-\frac1{\ln\ln t}\Bigr) = \frac{1}{t\ln t\,(\ln\ln t)^2}$ con $-\frac1{\ln\ln t} \to 0$ : convergencia.

20. Primero: $n^{1/\ln n} = \eu^{\ln n/\ln n} = \eu$ , entonces los términos son exactamente $\frac{1}{\eu\,n}$ : un múltiplo de serie armónica, divergente — el exponente $1 + \frac1{\ln n}$ se arrastra hasta $1$ demasiado rápido. Segundo: $n^{1/\ln\ln n} = \eu^{\ln n/\ln\ln n}$ y $\frac{\ln n}{\ln\ln n} \geq 2\ln\ln n$ eventualmente, por lo que $n^{1/\ln\ln n} \geq (\ln n)^2$ : el Los términos son $\leq \frac1{n(\ln n)^2}$ , un Bertrand convergente. serie (pregunta 18): convergente. la frontera pasa estrictamente entre estos dos exponentes.

21. $R_n \downarrow 0$ y

\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}} = \frac{R_n - R_{n+1}}{\sqrt{R_n} + \sqrt{R_{n+1}}} = \frac{a_n}{\sqrt{R_n} + \sqrt{R_{n+1}}} \geq \frac{a_n}{2\sqrt{R_n}},

entonces $\sum_n \frac{a_n}{\sqrt{R_n}} \leq 2\sum_n(\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}}) = 2\sqrt{R_1} < \infty$ (telescópico). todavía $\frac{a_n/\sqrt{R_n}}{a_n} = \frac1{\sqrt{R_n}} \to \infty$ : la nueva serie converge siendo infinitamente más grande. No la serie convergente es la más lenta; pruebas de comparación contra cualquier una familia fija nunca puede estar completa.

22. Para disminuir $(a_n)$ positivo, agrupe los términos entre potencias consecutivas de $2$ :

2^{k}a_{2^{k+1}} \leq \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} a_n \leq 2^ka_{2^k} .

Sumando sobre $k$ : si $\sum 2^ka_{2^k}$ converge, el parcial las sumas de $\sum a_n$ están acotadas (convergen); si $\sum a_n$ converge, entonces $\sum_k 2^{k+1}a_{2^{k+1}} \leq 2\sum_n a_n < \infty$ . Para $a_n = \frac1{n(\ln n)^\beta}$ : $2^ka_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\beta}$ y $\sum k^{-\beta}$ convergen si y así $\beta > 1$ : nuevamente la frontera de la pregunta 18, sin integrales.

23. Por comparación integral,

\sum_{n > N}\frac{1}{n(\ln n)^2} \geq \int_{N+1}^{\infty}\frac{\dd t}{t(\ln t)^2} = \frac{1}{\ln(N+1)},

que en $N = 10^6$ es $\approx 0.0724$ : después de un millón de términos la cola aún excede $0.07$ — la serie converge, pero no la suma directa alguna vez exhibirá su suma. Contraste con pregunta 13, donde una corrección asintótica compró siete dígitos de cien términos: conociendo cómo una serie converge vale más que saber que lo hace.

24. $\sum\frac1{n\ln n}$ : diverge ( $\alpha = 1$ , $\beta = 1$ , pregunta 18). $\sum\frac1{n^{1.01}}$ : converge (Riemann, $\alpha > 1$ ). $\sum\frac{(\ln n)^{100}}{n^{1.001}}$ : converge ( $\alpha = 1.001 > 1$ , $\beta = -100$ , pregunta 16). $\sum\frac1{n\ln n(\ln\ln n)^3}$ : converge (pregunta 19) patrón: antiderivada $-\frac12(\ln\ln t)^{-2}$ , finita límite).

25. De Moivre convierte la desaparición de $\sin(2n{+}1) \theta_k$ en la desaparición de un polinomio en $\cot^2\theta_k$ , y Vieta lee las sumas de raíces exactas que el análisis por sí solo sólo puede estimar (preguntas 1 a 5). el Apretar necesitaba los valores exacto $\frac{n(2n-1)}3$ y $\frac{2n(n+1)}3$ en ambos lados — equivalentes tendrían planteó la pregunta, ya que el punto es la constante $\frac{\pi^2}6$ (preguntas 7–8). La parte IV se desarrolló íntegramente Serie Capítulo 6: comparación integral, la antiderivadas logarítmicas haciendo la clasificación (preguntas 18–19). La pregunta 21 destruye el sueño de un universal prueba de comparación: debajo de cada serie convergente hay otra, infinitamente más lento — escalas como el mapa de Bertrand la frontera cada vez más fino pero nunca alcanzarlo. Cumbres: $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ de Euler con su piso superior $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ (preguntas 8, 10), y Bertrand clasificación (preguntas 16 a 18); $\zeta(2)$ regresa en Capítulo 14, donde la identidad de Parseval lo prueba en una línea de la serie de Fourier del diente de sierra — uno constante, dos civilizaciones.

7.1 Series en espacios normados

7.2 resumen de abel

7.3 familias sumables

7.4 Ceremonias

7.5 Problema: ζ(2)=π2/6\zeta(2) = \pi^2/6ζ(2)=π2/6 de Euler, por Cauchy Suma cotangente

7.5 Problema: $\zeta(2) = \pi^2/6$ de Euler, por Cauchy Suma cotangente