f(x) = n = 2 から無限大までの sin(nx)/(n ln n) の和が x = 0 で連続であることを示せ。

Step-by-step solution

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   極限の主張に帰着させ、手軽な道具が効かない理由を確かめる。 $x=0$ ではすべての項が消えるので $f(0)=0$ であり、連続性とは $x\to0$ のとき $f(x)\to0$ となることにほかならない。ここでワイエルシュトラスの $M$ 判定法は使えない。$\sum 1/(n\ln n)$ が発散するからである。ディリクレの判定法が保証する一様収束は $[\delta,2\pi-\delta]$ 上に限られ——ちょうど関心のある点を外している。したがって和は手で分割するほかない。$f$ は奇関数なので $0<x<\tfrac12$ だけを扱えば十分である。

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   分割点を選ぶ。 $N=\lfloor 1/x\rfloor$ とおくと $N\le 1/x<N+1$ であり、$x\to0^{+}$ のとき $N\to\infty$ となる。そして次のように分ける：

   $f(x)=\underbrace{\sum_{n=2}^{N}\frac{\sin nx}{n\ln n}}_{S_1}+\underbrace{\sum_{n=N+1}^{\infty}\frac{\sin nx}{n\ln n}}_{S_2}.$

   $n\le N$ では角 $nx\le 1$ が小さいので $\sin nx$ を粗く抑えてよい。$n>N$ では正弦が振動するので、代わりに打ち消し合いを利用する必要がある。2 つの領域には 2 つの異なる評価が要る。

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   $|\sin nx|\le nx$ で頭部 $S_1$ を抑える。

   $|S_1|\le\sum_{n=2}^{N}\frac{nx}{n\ln n}=x\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{\ln n}.$

   この和を $\sqrt N$ で区切り、それ以下では $1/\ln n\le 1/\ln 2$ を、それより上では $1/\ln n\le 2/\ln N$ を使うと

   $x\sum_{n=2}^{N}\frac1{\ln n}\le \frac{x\sqrt N}{\ln 2}+\frac{2xN}{\ln N}\le\frac{1}{\sqrt N\,\ln 2}+\frac{2}{\ln N},$

   が得られる。ここで $xN\le 1$ と $x\sqrt N\le 1/\sqrt N$ を用いた。どちらの項も $0$ に収束する。素朴に $1/\ln n\le1/\ln 2$ だけで抑えても $O(1)$ しか出ない。$\sqrt N$ での区切りが必要なのはそのためである。

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   アーベルの総和法で尾部 $S_2$ を抑える。 ディリクレ核の評価より、$0<x\le\pi$ と任意の $q>p$ に対して

   $\left|\sum_{n=p}^{q}\sin nx\right|\le\frac{1}{\sin(x/2)}\le\frac{\pi}{x},$

   が成り立つ。$(0,\pi]$ 上で $\sin(x/2)\ge x/\pi$ だからである。$a_n=1/(n\ln n)$ は $0$ へ減少するので、アーベルの不等式より

   $|S_2|\le a_{N+1}\cdot\frac{2\pi}{x}=\frac{2\pi}{x\,(N+1)\ln (N+1)}.$

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   尾部の評価を仕上げる。 $N+1>1/x$ より $x(N+1)>1$ なので、

   $|S_2|\le\frac{2\pi}{\ln(N+1)}\xrightarrow[x\to0^{+}]{}0.$

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   まとめる。 $x\to0^{+}$ のとき $S_1$ も $S_2$ も $0$ に収束するので $f(x)\to0=f(0)$ となり、奇関数であることから左側からも同じ結論が得られる。よって $f$ は $x=0$ で連続である。$\blacksquare$ 同じ評価から実はもっと強いことが言える。$n\,a_n=1/\ln n\to0$ なので、チョーンディ–ジョリフの定理によりこの正弦級数は $\mathbb{R}$ 全体で一様収束し、したがって $f$ はいたるところ連続である。