Сходится или расходится

[RIP]

Сходится или расходится ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac1{n^{2-\sin n}}$?
Вроде бы доказано, что расходится, но не уверен. Может, кто знает/может доказать?

[maxal]

Задача сводится к тому, имеет ли неравенство
$| n - 2\pi m - \frac{\pi}{2} | < \frac{c}{n\ln^2 n},$
где $c$ - некоторая константа, бесконечно много решений в целых числах $m$ и $n.$

Для доказательства надо заметить, что для $x$ в окрестности $\frac{\pi}{2},$
$1 - \sin x \approx |x - \frac{\pi}{2}|$
и взять на вооружение признак сходимости Бертрана.

[RIP]

maxal писал(а):

Задача сводится к тому, имеет ли неравенство
$| n - 2\pi m - \frac{\pi}{2} | < \frac{c}{n\ln^2 n},$
где $c$ - некоторая константа, бесконечно много решений в целых числах $m$ и $n.$

Для доказательства надо заметить, что для $x$ в окрестности $\frac{\pi}{2},$
$1 - \sin x \approx |x - \frac{\pi}{2}|$
и взять на вооружение признак сходимости Бертрана.

Во-первых, $1 - \sin x \approx \frac{|x - \frac{\pi}{2}|^2}2$, но это мелочи.
Во-вторых, признак Бертрана здесь явно не к месту.
В-третьих, почему такое странное неравенство?

[$]

Пробовали открыть задачник по матанализу от Демидовича? Должно помочь...)))))Я пошел за Демидовичем.

[maxal]

RIP писал(а):

Во-первых, $1 - \sin x \approx \frac{|x - \frac{\pi}{2}|^2}2$, но это мелочи.

Да, конечно. Я хотел написать $\leq,$ но написал почему-то $\approx.$ А вот доказательство связи другого неравенства с исходной задачей на свежую голову восстановить не удалось, видимо вчера закралась ошибка. Думаем дальше.

[RIP]

$ писал(а):

Пробовали открыть задачник по матанализу от Демидовича? Должно помочь...)))))Я пошел за Демидовичем.

На 99,999999999999999999999999999999999999999 % уверен, что в Демидовиче Вы это не найдете.

[maxal]

Идея была в том, чтобы разбить множество всех натуральных чисел на два, где $2-\sin n\geq 1+b(n)$ и $2-\sin n< 1+b(n).$ За счет выбора $b(n)$ можно добиться того, чтобы $\sum \frac{1}{n^{1+b(n)}}$ сходилась, а следовательно сходилась исходная сумма по элементам первого множества. Для второго множества нужно, чтобы сумма по его элементам $\sum \frac{1}{n}$ сходилась, для этого оно должно быть не очень плотным (например, конечным).

[RIP]

Известно (теорема Чебышева, кажется), что неравенство

$$|\alpha x+y+\beta|<\frac3x$$

при иррациональном $\alpha$ и любом $\beta$ имеет бесконечно много решений в целых $x,y$. Но вот про плотность этих решений ничего определенного вроде сказать нельзя (про это можно почитать в Хинчине "Цепные дроби", например). Так что тут всё не так просто.

[maxal]

В простейшем случае можно заменить плотность конечностью. В данном случае получается такое утверждение:
Если существует такое $b(n),$ что

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1+b(n)}}$$

сходится
и неравенство $1-\sin n<b(n)$ имеет лишь конечное число решений, то сходится и исходный ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac1{n^{2-\sin n}}.$

Добавлено спустя 8 минут 16 секунд:

С учетом поведения синуса в окрестности $\frac{\pi}{2},$ последнее неравенство можно заменить на
$| n - 2\pi m - \frac{\pi}{2} | < \sqrt{2 b(n)}.$

[RIP]

Не думаю, что подобрать такое $b(n)$ удастся, т.к. для бесконечного числа $n$ оно должно будет удовлетворять $b(n)<\frac c{n^2}$, причем про множество $n$ ничего определенного сказать нельзя (кроме того, что оно бесконечно; хотя, может, и можно).

[Capella]

Важен сам ответ или путь решения? Если ответ, то Mathematica говорит, что расходится...

[RIP]

Док-во тоже было бы неплохо поиметь.

[Руст]

Этот ряд рассходится. Можно оценить количество тех n<N, для которых sin(n)>1-c (c=epsilon>0). Плотность таких чисел пропорционально b=sqrt(c). Соответственно по с интегрируя величину сумм $\int_0\frac{1-N^{-c}}{c}d\sqrt c$ получаем рассходимость. Сходится ряд

$$\sum_n n^{-1-(1-sin(n))^a}$$

при 0<a<0.5.

[RIP]

Руст, а как Вы плотность таких $n$ оцениваете? Если, как я подозреваю, используя то, что посл-ть $\{\alpha n\}$ равномерно распределена на отрезке $[0;1]$ при иррациональном $\alpha$, то приведите, если не трудно, точную формулировку результата, которым Вы пользовались.

[Руст]

Да дробная часть $\frac{n}{2\pi }$ распределена равномерно в интервале (0,1) (известная всем теорема), соответственно доля тех n, для которых sin(n)>1-c есть $\frac{\pi/2-arcsin(1-c)}{\pi }=\frac{\sqrt{2c}}{\pi }+O(c)$.