\section{A konvergencia vizsgálata}
\label{felt-konvergencia}

Ebben a részben azoknak a trigonometrikus soroknak az abszolút és egyenletes konvergenciáját vizsgáljuk, amelyek összegfüggvényét az elõzõ részben meghatároztuk.

\begin{pelda}
\label{konvergencia-1}
Viszgáljuk a konvergens, $g_1(x)= \sgn \sin x$ összegû
\begin{equation*}
  \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^\infty \frac{\sin (2k+1)x}{2k+1}
\end{equation*} 
trigonometrikus sor abszolút, illetve egyenletes konvergenciáját!
\end{pelda}

\noindent
\textbf{Az abszolút konvergencia vizsgálata.}

Tegyük fel, hogy a trigonometrikus sor abszolút konvergens, azaz a 
\begin{equation*}
  \frac{4}{\pi}\sum\limits_{k=0}^\infty \left| \frac{ \sin(2k+1)x}{2k+1} \right|
\end{equation*}
sor konvergens. Ezután a következõ tételt fogjuk alkalmazni (lásd \cite{leindler} 369. old.).

\begin{tetel}
\label{szamsor-majorans}
Ha egy pozitív tagú $\sum\limits_{k=1}^\infty a_k$ sort majorál egy konvergens $\sum\limits_{k=1}^\infty c_k$ sor, akkor a $\sum\limits_{k=1}^\infty a_k$ sor is konvergens.
\end{tetel}

Minden $x$ pontban a 
\begin{equation*}
  \frac{\sin^2 (2k+1)x}{2k+1} \le \left| \frac{\sin (2k+1)x}{2k+1} \right|
\end{equation*}
majorálás miatt \aref{szamsor-majorans}. tétel alapján a 
\begin{equation*}
  \frac{4}{\pi} \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{\sin^2 (2k+1)x}{2k+1}
\end{equation*}
függvénysor is konvergens. Most vizsgáljuk ez utóbbi sor $n$-edik részletösszegét!
\begin{eqnarray*}
  \frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^n \frac{\sin^2 (2k+1)x}{2k+1} &= &
  \frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^n \frac{1-\cos 2(2k+1)x}{2(2k+1)} =
  \\
  &= &\frac{2}{\pi}\sum_{k=0}^n \frac{1}{2k+1} - 
  \frac{2}{\pi}\sum_{k=0}^n \frac{\cos 2(2k+1)x}{2k+1}
\end{eqnarray*}
Tehát trigonometrikus azonosságok felhasználásával két összeg különbséghez jutottunk. Az egyik összeg a páratlan természetes számok reciprokaiból áll, amely divergens, ha $n$ tart a végtelenbe. A második összeg pedig konvergens az $l\pi$ alakú pontok kivételével, ha $n$ a végtelenbe tart. Ez \aref{dirichlet}. tétel segítségével \aref{osszeg-1}. feladat mintájára könnyen belátható. Egy divergens és egy konvergens sor különbsége viszont divergens. Tehát azt kaptuk, hogy a $\frac{4}{\pi} \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{\sin^2 (2k+1)x}{2k+1}$ sor divergens az $l\pi$ alakú pontok kivételével. De ezzel ellentmonásra jutottunk, ugyanis korábban azt kaptuk, hogy e sor minden pontban konvergens. Tehát az eredeti függvénysor nem lehet abszolút konvergens az $(l\pi,\pi+l\pi)$ alakú intervallumokon.

Hátravannak még az $l\pi$ alakú pontok. Itt a következõ összeget kell vizsgálni az abszolút konvergenciához:
\begin{equation*}
  \frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^\infty \left| \frac{\sin (2k+1)l\pi}{2k+1} \right| =
  \frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^\infty \left| \frac{\sin (2kl+l)\pi}{2k+1} \right| =
  \frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^\infty \left| \frac{0}{2k+1} \right| = 0  
\end{equation*}
Vagyis ezekben a pontokban abszolút konvergens a trigonometrikus sor.

Tehát azt kaptuk, hogy a vizsgált trigonometrikus sor csak az $l\pi$ alakú pontokban abszolút konvergens.

\vspace{12pt}
\noindent
\textbf{Az egyenletes konvergencia vizsgálata.}

Három esetet kell megkülönböztetni.
\begin{enumerate}
\item eset: Olyan intervallum, amely az $l\pi$ alakú pontok valamelyikét tartalmazza.
\item eset: Olyan intervallum, amely nem tartalmaz egyetlen $l\pi$ alakú pontot sem és végpontja sem ilyen alakú.
\item eset: Olyan intervallum, amelynek egyik vagy mindkét végpontja $l\pi$ alakú és több ilyen pontot nem tartalmaz.
\end{enumerate}

\noindent
\textbf{Az 1. eset vizsgálata.}

Legyen az $[a,b]$ intervallum olyan, hogy tartalmazzon $l\pi$ alakú pontot. Tegyük fel, hogy a konvergencia egyenletes ezen az intervallumon. Ekkor, mivel a sor folytonos függvényekbõl áll, alkalmazhatjuk a következõ tételt (lásd \cite{leindler} 383. old.).

\begin{tetel}
\label{folytonos}
Ha az $f_n(x)$ függvények folytonosak az $I$ intervallumon, és a $\sum\limits_{k=1}^\infty f_k(x)$ függvénysor egyenletesen konvergál $I$-n az $f(x)$ összegfüggvényhez, akkor $f(x)$ is folytonos $I$-n.
\end{tetel}

A tételt alkalmazva, azt kapjuk, hogy az összegfüggvény is folytonos az $[a,b]$ intervallumon. De \aref{osszeg-1}. feladatnál már meghatároztuk a sor összegfüggvényét, és ez alapján tudjuk, hogy az $l\pi$ alakú pontokban szakadási helye van, tehát az összegfüggvény nem folytonos az $l\pi$ alakú pontokban. Így ellentmondásra jutottunk. Tehát a konvergencia nem lehet egyenletes olyan intervallumon, amely $l\pi$ alakú pontot tartalmaz.

\noindent
\textbf{A 2. eset vizsgálata.}

Legyen az $[a,b]$ intervallum olyan, hogy ne tartalmazzon egyetlen $l\pi$ alakú pontot sem, és végpontja se legyen ilyen alakú. Legyen például $[a,b] \subset (0,\pi)$. (Az $[a,b] \subset (-\pi,0)$ eset hasonlóan vizsgálható. A periodikusság miatt pedig elegendõ ezt a két intervallumot vizsgálni.) A vizsgálat során nem az egyenletes konvergencia definícióját, hanem a következõ kritériumot fogjuk felhasználni (lásd \cite{leindler} 382. old.).

\begin{tetel}[Cauchy-féle konvergenciakritérium]
\label{cauchy}
A $\sum\limits_{k=1}^\infty f_k(x)$ függvénysor az $I$ intervallumon akkor és csak akkor egyenletesen konvergens, ha bármely $\varepsilon > 0$-hoz megadható olyan $\nu = \nu(\varepsilon)$, hogy ha $n \ge \nu$, akkor bármely $m$ egész számra és $x \in I$-re teljesül, hogy
\begin{equation*}
  |f_n(x) + f_{n+1}(x) + \dots + f_{n+m}(x)| < \varepsilon.
\end{equation*}
\end{tetel}

Legyen $\varepsilon$ pozitív, tetszõleges, rögzített. A kritérium alapján olyan $\nu$ küszöbszámot kell keresnünk, amelynél nagyobb $n$-ekre, valamint tetszõleges $x \in [a,b]$-re és tetszõleges $m$ egész számra teljesül, hogy 
\begin{eqnarray*}
  \left| f_n(x) \right. + \left. f_{n+1}(x) + \dots + f_{n+m}(x) \right| = 
  \left| \sum_{k=n}^{n+m} f_k(x) \right| = 
  \left| \frac{4}{\pi}\sum_{k=n}^{n+m} \frac{\sin (2k+1)x}{2k+1} \right| < \varepsilon .
\end{eqnarray*}

Ezt az összeget az Abel-féle átrendezés segítségével fogjuk átalakítani (lásd \cite{leindler} 387. old.).

\begin{tetel}[Abel-féle átrendezés]
\label{atrendezes}
Legyen $\{ U_k \}_{k=0}^{n}$ és $\{ V_k \}_{k=0}^{n}$ két véges számsorozat, továbbá $S_k = \sum\limits_{i=0}^k U_i$ és $S_{-1}=0$. Ekkor igaz a következõ Abel-féle átrendezés:
\begin{equation*}
  \sum_{k=0}^{n} U_k V_k = \sum_{k=0}^{n} (S_k - S_{k-1}) V_k = 
  \sum_{k=0}^{n-1} S_k (V_k - V_{k+1}) + S_n V_n .
\end{equation*}
\end{tetel} 

Ezt a tételt egy kis módosítással akkor is alkalmazhatjuk, ha az összegzés nem $0$-tól indul.
\begin{eqnarray*}
  \sum_{k=n}^{m} U_k V_k &= &\sum_{k=0}^{m} U_k V_k - \sum_{k=0}^{n-1} U_k V_k = 
  \\
  &= &\sum_{k=0}^{m-1} S_k (V_k - V_{k+1}) + S_m V_m - 
  \left( \sum_{k=0}^{n-2} S_k (V_k - V_{k+1}) + S_{n-1} V_{n-1} \right) = 
  \\
  &= &\sum_{k=n-1}^{m-1} S_k (V_k - V_{k+1}) + S_m V_m - S_{n-1} V_{n-1} =
  \\
  &= &\sum_{k=n}^{m} S_{k-1} (V_{k-1} - V_{k}) + S_m V_m - S_{n-1} V_{n-1}
\end{eqnarray*}

Jelen feladatnál a szereposztás a következõ:
\begin{eqnarray*}
  U_k &= &\sin (2k+1)x , 
  \\
  V_k &= &\frac{1}{2k+1} .
\end{eqnarray*}
Ennek megfelelõen:
\begin{equation*}
  S_k = \sum_{i=0}^{k} \sin (2i+1)x = \frac{\sin^2 (k+1)x}{\sin x} .
\end{equation*}

Tehát, ha alkalmazzuk az Abel-féle átrendezést, akkor a következõ összeget kell vizsgálnunk:
\begin{eqnarray*}
  && \frac{4}{\pi} \left| \sum_{k=n}^{n+m} \frac{\sin^2 kx}{\sin x}
  \left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1} \right) + \right.
  \\
  && \hbox to2cm{} \left. +\frac{\sin^2 (n+m+1)x}{\sin x} \frac{1}{2(n+m)+1} - 
  \frac{\sin^2 nx}{\sin x} \frac{1}{2(n-1)+1} \right| \le
  \\
  &&\le \frac{4}{\pi} \sum_{k=n}^{n+m} \left| \frac{\sin^2 kx}{\sin x} \right|
  \left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1} \right) +
  \\
  & &\hbox to2cm{} + \frac{4}{\pi} \left| \frac{\sin^2 (n+m+1)x}{\sin x} \right|
  \frac{1}{2n+2m+1} +
  \frac{4}{\pi} \left| \frac{\sin^2 nx}{\sin x} \right| \frac{1}{2n-1} \le
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
  &&\le \frac{4}{\pi} \sum_{k=n}^{n+m} \frac{1}{|\sin x|}
  \left( \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1} \right) + 
  \frac{4}{\pi} \frac{1}{|\sin x|} \frac{1}{2n+2m+1} + 
  \frac{4}{\pi} \frac{1}{|\sin x|} \frac{1}{2n-1} =
  \\
  &&= \frac{4}{\pi} \frac{1}{|\sin x|} 
  \left( \sum_{k=n}^{n+m} \left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1} \right) +
  \frac{1}{2n+2m+1} + \frac{1}{2n-1} \right) \le
  \\
  &&\le K \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1} + \right.
  \\
  &&\hbox to1cm{} + \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+3} +
  \\
  &&\hbox to1.2cm{} \vdots
  \\
  &&\hbox to1cm{} + \frac{1}{2n+2m-1} - \frac{1}{2n+2m+1} +
  \\
  &&\hbox to1cm{} \left. + \frac{1}{2n+2m+1} + \frac{1}{2n-1} \right) =
  \\
  &&= K \frac{2}{2n-1} \le 
  \frac{2K}{n} .
\end{eqnarray*}

A becslés során felhasználtuk, hogy a $\frac{4}{\pi} \frac{1}{\sin x}$ függvény folytonos az $[a,b]$ zárt intervallumon. Zárt intervallumon folytonos függvényrõl pedig tudjuk, hogy korlátos, azaz létezik olyan K korlát, hogy minden $x \in [a,b]$-re
\begin{equation*}
  \left| \frac{4}{\pi} \frac{1}{\sin x} \right|\le K.
\end{equation*}

Válasszuk $\nu$-t $\frac{2K}{\varepsilon}$-nak! Legyen $n$ tetszõleges $\nu$-nél nagyobb egész szám és $m$ tet\-szõ\-le\-ges nemnegatív egész szám! Ekkor a fentiek alapján igaz a következõ becslés minden $x \in [a,b]$-re:
\begin{equation*}
  \left| \frac{4}{\pi}\sum_{k=n}^{n+m} \frac{\sin (2k+1)x}{2k+1} \right| \le
  \frac{2K}{n} < \frac{2K}{\nu} = \frac{2K}{\frac{2K}{\varepsilon}} = \varepsilon.
\end{equation*}
Vagyis tetszõleges pozitív $\varepsilon$-hoz találtunk megfelelõ $\nu$ küszöbszámot, ez pedig azt jelenti, hogy a trigonometrikus sor az $[a,b]$ intervallumon egyenletesen konvergens.

Tehát, ha az intervallum nem tartalmaz egyetlen $l\pi$ alakú pontot sem, és a végpontja sem ilyen alakú, akkor a konvergencia egyenletes.

\noindent
\textbf{A 3. eset vizsgálata.}

Tegyük fel, hogy az intervallum valamelyik végpontja $l\pi$ alakú szám, például legyen ez a $\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ intervallum. (Ha zárt intervallumot vennénk, akkor az 1. esethez jutnánk, ugyanis ekkor az intervallum tartalmazna $l\pi$ alakú pontot.) \Aref{osszeg-1}. feladat alapján tudjuk, hogy az összeggfüggvény által felvett függvényérték ezen az intervallumon 1. Tegyük fel, hogy a konvergencia egyenletes ezen az intervallumon. Ez definíció szerint azt jelenti, hogy minden pozitív $\varepsilon$-hoz létezik $\nu$ úgy, hogy ha $n>\nu$, akkor minden $x \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ esetén
\begin{equation*}
  \left| \frac{4}{\pi} \sum\limits_{k=0}^n \frac{\sin(2k+1)x}{2k+1} - 1 \right| < \varepsilon.
\end{equation*}
Ha ez minden pozitív $\varepsilon$ és minden $\nu$-nél nagyobb $n$-re teljesül, akkor válaszhatjuk $\varepsilon$-t $\frac{1}{2}$-nek és $n$-t $\nu +1$-nek. Ekkor a következõ egyenlõtlenséget kapjuk:
\begin{eqnarray*}
  \left| \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^{\nu+1} \frac{\sin (2k+1)x}{2k+1} - 1 \right| <\frac{1}{2}
  \\
  -\frac{1}{2} < \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^{\nu+1} \frac{\sin (2k+1)x}{2k+1} - 1 <\frac{1}{2}
  \\
  \frac{1}{2} < \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^{\nu+1} \frac{\sin (2k+1)x}{2k+1} < \frac{3}{2} .
\end{eqnarray*}
Most vegyük a középsõ kifejezés határértékét, miközben $x$ tart $0$-hoz. Ez a határérték $0$ lesz, ugyanis a szinuszok határértéke $0$, így véges sok nullát kell összeadnunk. Ez vi\-szont ellentmondáshoz vezet, mert a kifejezés nagyobb volt $\frac{1}{2}$-nél, így határértékére nem kaphatunk $\frac{1}{2}$-nél kisebb számot. Tehát nem egyenletes a konvergencia a $\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ intervallumon.

Hasonlóan bizonyítható más $l\pi$ végpontú intervallumokra is, hogy a konvergencia nem egyenletes az ilyen intervallumokon.

Tehát a 3 eset vizsgálata során arra az eredményre jutottunk, hogy a konvergencia csak olyan intervallumokon egyenletes, amelyek nem tartalmaznak $l\pi$ alakú pontot és végpontjuk sem ilyen alakú.

\begin{pelda}
\label{konvergencia-2}
Vizsgáljuk a konvergens, $g_2(x)=x$ ($-\pi<x<\pi$) összegû
\begin{equation*}
  2 \sum\limits_{k=1}^\infty (-1)^{k+1} \frac{\sin kx}{k}
\end{equation*}
trigonometrikus sor abszolút, illetve egyenletes konvergenciáját! ($x=-\pi$ és $x=\pi$ esetben az összeg $0$.)
\end{pelda}

\noindent
\textbf{Az abszolút konvergencia vizsgálata.}

Tegyük fel, hogy a függvénysor abszolút konvergens, azaz a 
\begin{equation*}
  2\sum_{k=1}^\infty \left| (-1)^{k+1} \frac{\sin kx}{k} \right| =
  2 \sum_{k=1}^\infty \left| \frac{\sin kx}{k} \right|
\end{equation*}
függvénysor konvergens. Ekkor ez a sor majorálja a $\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{\sin^2 kx}{k}$ függvénysort. (Mivel $\sin^2 kx \le |\sin kx|$.) Így ez utóbbi sor is konvergens \aref{szamsor-majorans}. tétel miatt. Induljunk ki e sor $n$-edik részletö`sszegébõl!

\begin{equation*}
  \sum_{k=1}^n \frac{\sin^2 kx}{k} = \sum_{k=1}^n \frac{1 - \cos 2kx}{2k} =
  \frac{1}{2}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} -\frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \frac{\cos 2kx}{k}
\end{equation*}
Két összeg különbségét kaptuk. Az egyik a harmonikus sor $n$-edik részletösszege, amely divergens, ha $n$ tart a végtelenbe. A másik összeg pedig konvergens, ha $n$ a végtelenbe tart és $x \ne l\pi$. Ez \aref{osszeg-1}. feladat mintájára a Dirichlet-kritérium segítségével könnyen igazolható.

Egy divergens és egy konvergens sor különbsége pedig divergens. Tehát a $\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{\sin^2 kx}{k}$ trigonometrikus sor divergens, ha $x \ne l\pi$. Ezzel viszont ellentmondásra jutottunk, ugyanis errõl a sorról korábban azt állítottuk, hogy konvergens minden pontban. A hiba csak ott lehetett, amikor az eredeti sorról feltettük, hogy abszolút konvergens. Tehát a 
\begin{equation*}
  2\sum\limits_{k=1}^\infty (-1)^{k+1} \frac{\sin kx}{k}
\end{equation*} 
függvénysor nem abszolút konvergens, ha $x \ne l\pi$.

Ha pedig $x = l\pi$, akkor 
\begin{equation*}
  2\sum\limits_{k=1}^\infty (-1)^{k+1} \frac{\sin kx} {k} = 0,
\end{equation*}
tehát ekkor abszolút konvergens a sor.

Összegzésül azt mondhatjuk, hogy a vizsgált trigonometrikus sor csak az $l\pi$ alakú pontokban abszolút konvergens.

\noindent
\textbf{Az egyenletes konvergencia vizsgálata.}

Három esetet kell megkülönböztetni.
\begin{enumerate}
\item eset: Olyan intervallum, amely a $\pi+2l\pi$ alakú pontok valamelyikét tartalmazza.
\item eset: Olyan intervallum, amely egyetlen $\pi+2l\pi$ alakú pontot sem tartalmaz, és végpontja sem ilyen alakú.
\item eset: Olyan intervallum, amelynek egyik vagy mindkét végpontja $\pi+2l\pi$ alakú pont és több ilyen pontot nem tartalmaz.
\end{enumerate}
A bizonyítás mindhárom esetben \aref{konvergencia-1}. feladat mintájára történik. 

\noindent
\textbf{Az 1. eset vizsgálata.}

Tegyük fel, hogy egyenletes a konvergencia egy olyan intervallumon, amely $\pi+2l\pi$ alakú pontot tartalmaz. Ekkor \aref{folytonos}. tétel alapján az összegfüggvény folytonos. Ez viszont ellentmondáshoz vezet, mert a $\pi+2l\pi$ alakú pontokban az összegfüggvénynek szakadási helye van. Tehát ilyen intervallumon nem lehet egyenletes a konvergencia.

\noindent
\textbf{A 2. eset vizsgálata.}

Legyen az $[a,b]$ intervallum olyan, hogy $[a,b] \subset (-\pi,\pi)$. (A periodikusság miatt elegendõ ezt az intervallumot vizsgálni.) Legyen $\varepsilon>0$ rögzített. \Aref{cauchy}. tétel alapján olyan $\nu$ küszöbszámot kell keresnünk, hogy $\nu<n$ esetén tetszõleges $x \in [a,b]$-re és tetszõleges $m$ egész számra teljesüljön, hogy
\begin{equation*}
  \left| -2\sum_{k=n}^{n+m} (-1)^{k} \frac{\sin kx}{k} \right| < \varepsilon.
\end{equation*}

Az összeg átalakításához most is az Abel-féle átrendezést fogjuk felhasználni a következõ szereposztással:
\begin{eqnarray*}
  U_k &= &(-1)^k \sin kx ,
  \\
  V_k &= &\frac{1}{k} ,
  \\
  S_k &= &\sum_{i=0}^k (-1)^i \sin ix = 
  \frac{(-1)^k \sin (2k+1)\frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}}{2 \cos \frac{x}{2}} .
\end{eqnarray*}
(Az utóbbi összeg \aref{osszeg-2}. feladatnál már szerepelt.)

Most tehát átrendezzük az összeget.
\begin{eqnarray*}
  \left| -2\sum_{k=n}^{n+m} (-1)^{k} \frac{\sin kx}{k} \right| &= &
  2 \left| \sum_{k=n}^{n+m} (-1)^{k} \frac{\sin kx}{k} \right| =
  \\
  &= &2\left| \sum_{k=n-1}^{n+m-1} 
  \frac{(-1)^k \sin (2k+1)\frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}}{2 \cos \frac{x}{2}} 
  \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) + \right.
  \\
  && \hbox to12pt{} + \frac{(-1)^{n+m} \sin (2(n+m)+1) \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}}
  {2\cos \frac{x}{2}} \frac{1}{n+m} -
  \\
  && \hbox to12pt{} \left. - \frac{(-1)^{n-1} \sin (2(n-1)+1)\frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}}
  {2 \cos \frac{x}{2}} \frac{1}{n-1} \right| \le
  \\
  &\le &2\left( \sum_{k=n-1}^{n+m-1} \frac{2}{2 |\cos \frac{x}{2}|} 
  \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) + \right.
  \\
  && \hbox to12pt{} \left. +\frac{2}{2|\cos \frac{x}{2}|} \frac{1}{n+m} + 
  \frac{2}{2|\cos \frac{x}{2}|} \frac{1}{n-1} \right) =
  \\
  &= &\frac{2}{|\cos \frac{x}{2}|} \left( \frac{1}{n-1} +
  \sum_{k=n-1}^{n+m-1} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) +\frac{1}{n+m} \right) =
  \\
  &= &\frac{4}{|\cos \frac{x}{2}|} \frac{1}{n-1} \le K \frac{1}{n-1}
\end{eqnarray*}
A $K$ szám a $\frac{4}{\cos \frac{x}{2}}$ függvény korlátja, ugyanis ez a fügvény a zárt $[a,b]$ intervallumon folytonos, zárt intervallumon folytonos függvény pedig korlátos.

Válasszuk $\nu$-t $\frac{K}{\varepsilon}+1$-nek. Legyen $n$ a $\nu$-nél nagyobb egész szám. Ekkor a fentiek alapján minden $x \in [a,b]$-re és minden $m$ egész számra fennáll a következõ egyenlõtlenség:
\begin{eqnarray*}
  \left| -2\sum_{k=n}^{n+m} (-1)^{k} \frac{\sin kx}{k} \right| &\le &
  K \frac{1}{n-1} < K \frac{1}{\frac{K}{\varepsilon}+1-1} = \varepsilon .
\end{eqnarray*}

Vagyis tetszõleges pozitív $\varepsilon$-hoz találtunk \aref{cauchy}. tételnek megfelelõ $\nu$ kü\-szöb\-szá\-mot. Ez azt jelenti, hogy a trigonometrikus sor egyenletesen konvergens az $[a,b]$ intervallumon.

Tehát, ha az intervallum nem tartalmaz egyetlen $\pi+2l\pi$ alakú pontot sem és végpontja sem ilyen, akkor a konvergencia egyenletes ezen az intervallumon.

\noindent
\textbf{A 3. eset vizsgálata.}

Tegyük fel, hogy az intervallum jobb végpontja $\pi+2l\pi$ alakú, például legyen ez a $[0,\pi)$ intervallum. Ezen az intervallumon az összegfügvény $x$-szel egyenlõ. Tegyük fel, hogy a konvergencia egyenletes ezen az intervallumon. Ez definíció szerint azt jelenti, hogy minden $\varepsilon > 0$-hoz létezik $\nu$ úgy, hogy ha $n>\nu$, akkor minden $x \in [0,\pi)$ esetén: 
\begin{equation*}
  \left| 2\sum\limits_{k=1}^n (-1)^{k+1} \frac{\sin kx}{k} - x \right| < \varepsilon.
\end{equation*}
Válasszuk $\varepsilon$-t $1$-nek és $n$-t $\nu +1$-nek, ekkor 
\begin{eqnarray*}
  \left| 2\sum_{k=1}^{\nu+1} (-1)^{k+1} \frac{\sin kx}{k} - x \right| < 1
  \\
  -1 < 2\sum_{k=1}^{\nu+1} (-1)^{k+1} \frac{\sin kx}{k} - x < 1
  \\
  x - 1 < 2\sum_{k=1}^{\nu+1} (-1)^{k+1} \frac{\sin kx}{k} < x + 1 
\end{eqnarray*}
Ha most $x$-et tartatjuk $\pi$-hez, akkor a bal oldali kifejezés $\pi-1$-hez, a középsõ kifejezés pedig $0$-hoz konvergál. Ez viszont ellentmondás, mert a bal oldali kifejezés kisebb volt a középsõnél, így határértéke nem lehet nagyobb a középsõ kifejezés határértékénél. Az ellentmondást úgy tudjuk feloldani, hogy elvetjük azt az állítást, hogy a $[0,\pi)$ intervallumon egyenletes a konvergencia. (Más $\pi+2l\pi$ végpontú intervallumok esetén is ugyanígy történik a bizonyítás.)

Tehát azt kaptuk, hogy a $\pi+2l\pi$ végpontú intervallumokon nem egyenletes a konvergencia.

A 3 eset vizsgálata után végeredményként azt mondhatjuk, hogy csak olyan intervallumokon egyenletes a konvergencia, amelyek nem tartalmaznak $\pi+2l\pi$ alakú pontot és végpontjuk sem ilyen alakú.

\begin{pelda} 
\label{konvergencia-3}
Vizsgáljuk a konvergens, $g_3(x)=x$ ($0<x<2\pi$) összegû
\begin{equation*}
  \pi - 2\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{\sin kx}{k}
\end{equation*}
trigonometrikus sor abszolút, illetve egyenletes konvergenciáját! ($x=0$ és $x=2\pi$ esetén az összeg $\pi$.)
\end{pelda}

\noindent
\textbf{Az abszolút konvergencia vizsgálata.}

Az abszolút konvergenciához azt kellene bizonyítani, hogy a $\sum\limits_{k=1}^\infty \left| \frac{\sin kx}{k} \right|$ függvénysor konvergens. Viszont \aref{konvergencia-2}. példánál már beláttuk, hogy ez a sor csak az $l\pi$ alakú pontokban konvergens. Tehát a fenti trigonometrikus sor is csak ezekben a pontokban abszolút konvergens.

\noindent
\textbf{Az egyenletes konvergencia vizsgálata.}

Három esetet kell megkülönböztetni.
\begin{enumerate}
\item eset: Olyan intervallum, amely a $2l\pi$ alakú pontok valamelyikét tartalmazza. 

Ilyen intervallumokon a konvergencia nem egyenletes. (\Aref{folytonos}. tétel segítségével az elõzõ két feladat mintájára bizonyítható.)

\item eset: Olyan intervallum, amely egyetlen $2l\pi$ alakú pontot sem tartalmaz, és végpontja sem ilyen alakú. 

Ezeken az intervallumokon a konvergencia egyenletes. (\Aref{cauchy}. és \aref{atrendezes}. tételek segítségével belátható az elõzõ feladatok alapján.)

\item eset: Olyan intervallum, amelynek egyik vagy mindkét végpontja $2l\pi$ alakú pont és több ilyen pontot nem tartalmaz. 

A konvergencia nem egyenletes ezeken az intervallumokon. (Az egyenletes konvergencia definíciójából kiindulva az elõzõ két feladathoz hasonlóan bizonyítható.)
\end{enumerate}

Tehát a konvergencia csak a 2. esetben egyenletes.