一道数分题

请证明：级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \sin\frac{1}{n^p}$ 仅当 $p>1$ 时收敛。

题解

引理：若 $f\left(x\right)\sim x^p$，则 $f\left(x+1\right)-f\left(x\right)\sim x^{p-1}$

证：由牛顿二项式定理，当 $x\to \infty$ 时 $\left(1+\frac{1}{x}\right)^{p-1}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{p-1}{k}1^{p-1-k}\left(\frac{1}{x}\right)^k=1+\left(p-1\right)\frac{1}{x}+\sum_{k=2}^{\infty}\binom{p-1}{k}\left(\frac{1}{x}\right)^k=1+\left(p-1\right)\frac{1}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right)$

$\therefore\left(x+1\right)\left(1+\frac{1}{x}\right)^{p-1}=x+1+p-1+\frac{p-1}{x}+\left(x+1\right)o\left(\frac{1}{x}\right)=x+p+o\left(1\right)$

$\therefore\left(x+1\right)\left(1+\frac{1}{x}\right)^{p-1}-x\sim p$，故 $\left(x+1\right)^p-x^p\sim px^{p-1}$

$\because f\left(x+1\right)\sim \left(x+1\right)^p,f\left(x\right)\sim x^p$

$\therefore f\left(x+1\right)-f\left(x\right)\sim \left(x+1\right)^p-x^p\sim px^{p-1}\sim x^{p-1}$，引理得证

回到原题

$1^\circ$ $p>1$ 时，$0<\frac{1}{n^p}\le 1$，故 $\sin\frac{1}{n^p}<\frac{1}{n^p}$

$\therefore\sum_{n=1}^{\infin}\sin\frac{1}{n^p}<\sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{n^p}$

$p>1$ 时 $\sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{n^p}$ 收敛，故 $\sum_{n=1}^{\infin}\sin\frac{1}{n^p}$ 收敛

$2^\circ$ $0\le p<1$ 时，$0<\frac{1}{n^p}\le 1$

由 $x\in\left(0,1\right]$ 时 $\sin x>x-\frac{x^3}{3!}=x-\frac{x^3}{6}$ 知 $\sin\frac{1}{n^p}>\frac{1}{n^p}-\frac{1}{6n^{3p}}=\frac{1}{n^p}\left(1-\frac{1}{6n^{2p}}\right)$

$\because \frac{1}{n^{2p}}\le 1$，故 $1-\frac{1}{6n^{2p}}\ge \frac{5}{6}$，即 $\sin\frac{1}{n^p}>\frac{5}{6n^p}$

$\therefore\sum_{n=1}^{\infin}\sin\frac{1}{n^p}>\sum_{n=1}^{\infin}\frac{5}{6n^p}=\frac{5}{6}\sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{n^p}$

$0\le p<1$ 时 $\sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{n^p}$ 发散，故 $\sum_{n=1}^{\infin}\sin\frac{1}{n^p}$ 发散

$3^\circ$ $p<0$ 时，要证 $\sum_{n=1}^{\infin}\sin\frac{1}{n^p}$ 发散，等价于证 $p>0$ 时，$\sum_{n=1}^{\infin}\sin n^p$ 发散

反证：若 $\sum_{n=1}^{\infin}\sin n^p$ 发散不成立，则 $\sum_{n=1}^{\infin}\sin n^p$ 收敛，故 $\lim\limits_{N\to\infty}\sum_{n=1}^{N}\sin n^p$ 存在

由柯西收敛准则知，$\forall \epsilon > 0$，$\exists N\in \mathbb N$ 使 $\forall m,k> N$ 有 $\left|\sum_{n=1}^{m}\sin n^p -\sum_{n=1}^{k}\sin n^p\right|<\epsilon$

取 $m=k+1$，即 $\forall k>N$ 有 $\left|\sin\left(k+1\right)^p\right|<\epsilon$

$\therefore \forall \epsilon>0,\exists N\in \mathbb{N}$ 使 $\forall n\ge N$ 有 $\left|\sin n^p\right|<\epsilon$

对于 $\forall x\in \mathbb R$，$\exists$ 唯一 $k,r$ 使得 $k\in\mathbb{Z},r\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ 且 $x=k\pi+r$，记 $k\left(x\right)=k,r\left(x\right)=r$

$\therefore \forall \epsilon>0,\exists N\in \mathbb{N}$ 使 $\forall n\ge \mathbb{N}$ 有 $\left|\sin n^p\right|=\left|\sin r\left(n^p\right)\right|<\epsilon$，即 $\lim\limits_{n\to\infty}\sin r\left(n^p\right)=0$

又 $\because -\frac{\pi}{2}<r\left(n^p\right)\le \frac{\pi}{2}$ 且 $\sin x$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ 上单增，$\sin 0=0$

$\therefore \lim\limits_{n\to\infty}r\left(n^p\right)=0$

$\therefore \forall \epsilon>0,\exists N\in\mathbb{N}$ 使 $\forall n>N$ 有 $\left|r\left(n^p\right)\right|<\epsilon$

$\therefore \forall \epsilon>0$ 且 $\epsilon<\frac{\pi}{2}$，令 $\epsilon_1=\frac{\epsilon}{2^{\left[p\right]+1}}$，$\exists N_1\in \mathbb{N}$ 使 $\forall n\ge \mathbb{N}$ 有 $\left|r\left(n^p\right)\right|<\epsilon_1$ $\left(*\right)$

令 $f_p\left(x\right)=x^p$，$f_{p-1}\left(x\right)=f_p\left(x+1\right)-f_p\left(x\right)$，$f_{p-2}\left(x\right)=f_{p-1}\left(x+1\right)-f_{p-1}\left(x\right)$，以此类推

$\forall n\ge N_1,f_p\left(n\right)=n^p=k\left(n^p\right)\pi+r\left(n^p\right)$，且 $\left|r\left(n^p\right)\right|<\epsilon_1$，即 $\left|r\left(f_p\left(n\right)\right)\right|<\epsilon_1$

$p\ge 0$ 时：$f_{p-1}\left(n\right)=f_p\left(n+1\right)-f_p\left(n\right)=\left(k\left(f_{p}\left(n+1\right)\right)-k\left(f_{p}\left(n\right)\right)\right)\pi+\left(r\left(f_{p}\left(n+1\right)\right)-r\left(f_{p}\left(n\right)\right)\right)$ 且 $\left|r\left(f_{p}\left(n+1\right)\right)-r\left(f_{p}\left(n\right)\right)\right|\le\left|r\left(f_{p}\left(n+1\right)\right)\right|+\left|r\left(f_{p}\left(n\right)\right)\right|<2\epsilon_1<\epsilon<\frac{\pi}{2}$，故 $r\left(f_{p-1}\left(n\right)\right)=r\left(f_{p}\left(n+1\right)\right)-r\left(f_{p}\left(n\right)\right),\left|r\left(f_{p-1}\left(n\right)\right)\right|<2\epsilon_1$

$p\ge 1$ 时：$f_{p-2}\left(n\right)=f_{p-1}\left(n+1\right)-f_{p-1}\left(n\right)=\left(k\left(f_{p-1}\left(n+1\right)\right)-k\left(f_{p-1}\left(n\right)\right)\right)\pi+\left(r\left(f_{p-1}\left(n+1\right)\right)-r\left(f_{p-1}\left(n\right)\right)\right)$ 且 $\left|r\left(f_{p-1}\left(n+1\right)\right)-r\left(f_{p-1}\left(n\right)\right)\right|\le\left|r\left(f_{p-1}\left(n+1\right)\right)\right|+\left|r\left(f_{p-1}\left(n\right)\right)\right|<4\epsilon_1<\epsilon<\frac{\pi}{2}$，故 $r\left(f_{p-2}\left(n\right)\right)=r\left(f_{p-1}\left(n+1\right)\right)-r\left(f_{p-1}\left(n\right)\right),\left|r\left(f_{p-2}\left(n\right)\right)\right|<4\epsilon_1$

以此类推，由 $p\ge \left[p\right]\gt \left[p\right]-1$ 可知

由 $p\ge \left[p\right]$，有 $\left|r\left(f_{p-\left[p\right]-1}\left(n\right)\right)\right|<2^{\left[p\right]+1}\epsilon_1=\epsilon$ $\left(1\right)$

由 $p\ge \left[p\right]-1$，有 $\left|r\left(f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)\right)\right|<2^{\left[p\right]}\epsilon_1=\frac{\epsilon}{2}$ $\left(2\right)$

结合引理知 $f_p\left(n\right)\sim n^p,f_{p-1}\left(n\right)\sim n^{p-1},f_{p-2}\left(n\right)\sim n^{p-2},\cdots,f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)\sim n^{p-\left[p\right]},f_{p-\left[p\right]-1}\left(n\right)\sim n^{p-\left[p\right]-1}$

当 $p\in\mathbb{Z}$ 时，$p-\left[p\right]=0$，$f_p\left(x\right)$ 中最高项系数为 $1$，$f_{p-1}\left(x\right)$ 中最高项系数为 $p$，$f_{p-2}\left(x\right)$ 中最高项系数为 $p\left(p-1\right)$，…，$f_{0}\left(x\right)$ 中最高项系数为 $p!$，而 $f_0\left(x\right)$ 只有常数项，故 $f_0\left(x\right)=p!$ 恒成立

$\because f_0\left(x\right)\in \mathbb{Z^+}$

$\therefore \left|r\left(f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)\right)\right|=\left|r\left(p!\right)\right|>0$，取 $\epsilon=\left|r\left(p!\right)\right|$ 即有 $\left(2\right)$ 式不成立，矛盾！

当 $p\not\in\mathbb{Z}$ 时

$\because p-\left[p\right]-1\in\left(-1,0\right)$

$\therefore n\to\infty$ 时，$n^{p-\left[p\right]-1}\to0,f_{p-\left[p\right]-1}\left(n\right)\to0$，即 $n\to\infty$ 时 $k\left(f_{p-\left[p\right]-1}\left(n\right)\right)=0$ 且 $r\left(f_{p-\left[p\right]-1}\left(n\right)\right)\to0$

$\therefore \forall \epsilon_2>0$，$\exists N_2\in\mathbb{N}$ 使 $\forall n\ge N_2$ 有 $\left|f_{p-\left[p\right]-1}\left(n\right)\right|<\epsilon_2$ $\left(**\right)$

对 $\forall\epsilon\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$，令 $\epsilon_2=\frac{\epsilon}{2}$，则 $\exists N_2\in \mathbb{N}$ 满足 $\left(**\right)$，当 $\epsilon_1=\frac{\epsilon}{2^{\left[p\right]+1}}$ 时，$\exists N_1\in \mathbb{N}$ 满足 $\left(*\right)$

令 $N=\max\left(N_2,N_1\right)$，则 $N$ 同时满足 $\left(*\right)$ 和 $\left(**\right)$

$\forall n\ge \mathbb{N}$，$f_{p-\left[p\right]}\left(n+1\right)=f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)+f_{p-\left[p\right]-1}\left(n\right)=k\left(f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)\right)\pi+\left(r\left(f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)\right)+r\left(f_{p-\left[p\right]-1}\left(n\right)\right)\right)$

由于 $\left|r\left(f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)\right)+r\left(f_{p-\left[p\right]-1}\left(n\right)\right)\right|\le\left|r\left(f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)\right)\right|+\left|r\left(f_{p-\left[p\right]-1}\left(n\right)\right)\right|<2^{\left[p\right]}\epsilon_1+\epsilon_2=\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon<\frac{\pi}{2}$

$\therefore r\left(f_{p-\left[p\right]}\left(n+1\right)\right)=r\left(f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)\right)+r\left(f_{p-\left[p\right]-1}\left(n\right)\right)$，故 $k\left(f_{p-\left[p\right]}\left(n+1\right)\right)=k\left(f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)\right)$

$\therefore\forall n\ge {N}$ 有 $k\left(f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)\right)=k\left(f_{p-\left[p\right]}\left(N\right)\right)$，故 $f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)=k\left(f_{p-\left[p\right]}\left(N\right)\right)\pi+r\left(f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)\right)\in\left(k\left(f_{p-\left[p\right]}\left(N\right)\right)\pi-\frac{\pi}{2},k\left(f_{p-\left[p\right]}\left(N\right)\right)\pi+\frac{\pi}{2}\right]$

$\therefore\lim\limits_{n\to\infty}f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)\in\left(k\left(f_{p-\left[p\right]}\left(N\right)\right)\pi-\frac{\pi}{2},k\left(f_{p-\left[p\right]}\left(N\right)\right)\pi+\frac{\pi}{2}\right]$ $\left(3\right)$

另一方面，$f_{p-\left[p\right]}(n)\sim n^{p-\left[p\right]}$，由 $p-\left[p\right]\in\left(0,1\right)$ 知 $n\to\infty$ 时 $n^{p-\left[p\right]}\to \infty$，故 $\lim\limits_{n\to\infty}f_{p-\left[p\right]}\left(n\right)=\infty$ $\left(4\right)$

$\left(3\right)\left(4\right)$ 矛盾！

$\therefore p<0$ 时，$\sum_{n=1}^{\infin}\sin\frac{1}{n^p}$ 发散

综上所述， $\sum_{n=1}^{\infin}\sin\frac{1}{n^p}$ 收敛当且仅当 $p>1$