\section{Az összegfüggvény meghatározása}
\label{felt-osszeg}

Az ebben a részben szereplõ trigonometrikus sorok összegfüggvényének meghatározása során a következõ stratégiát alkalmazzuk. Elõször a Dirichlet-kritérium segítségével megállapítjuk a trigonometrikus sorról, hogy konvergens. Konvergens sorokra pedig már alkalmazhatjuk Abel tételét, amely eredményeként egy olyan sorhoz jutunk, amely éppen egy komplex hatványsor képzetes, illetve valós része a trigonometrikus sortól függõen. Majd meghatározzuk e hatványsor összegét, amelynek képzetes, illetve valós részét véve és egy határértéket számolva megkapjuk az eredeti trigonometrikus sor összegét. Most pedig a szükséges tételek következnek.

A konvergencia bizonyításához a számsoroknál megismert Dirichlet-kritériumot fog\-juk alkalmazni (lásd \cite{nemeth} 40. old.).

\begin{tetel}[Dirichlet-kritérium]
\label{dirichlet}
Ha a $\sum\limits_{k=1}^\infty a_k b_k$ alakú valós, numerikus sor esetében az $\{a_k\}_{k=1}^\infty$ sorozat csökkenve zérushoz tart és a $\sum\limits_{k=1}^n b_k$ összegek $n$-tõl független korlát alatt maradnak (abszolútértékben), akkor a $\sum\limits_{k=1}^\infty a_k b_k$ sor konvergens.
\end{tetel}

A tételben számsorokról van szó, nekünk viszont függvénysoraink vannak. Ezért ezzel a tétellel csak pontonkénti konvergenciát tudunk vizsgálni úgy, hogy $x$-et rögzítjük, így a függyvénysorból számsort kapunk, amit már lehet vizsgálni \aref{dirichlet}. tétel segítségével. Ha pedig megállapítottuk a konvergenciát, akkor az összeg meghatározásához a következõ tételt fogjuk használni, de ez is csak számsorokra mûködik, tehát itt is rögzíteni kell $x$-et.

\begin{tetel}[Abel tétele]
\label{abel}
Ha a $\sum\limits_{k=1}^\infty u_k$ sor konvergens, akkor a $\lim\limits_{\begin{subarray}{c} r\to1\\ r<1 \end{subarray}} \sum\limits_{k=1}^\infty r^k u_k$ ha\-tár\-ér\-ték létezik és egyenlõ a $\sum\limits_{k=1}^\infty u_k$ sor összegével.
\end{tetel}

Ezek után térjünk rá a trigonometrikus sorok összegének meghatározására!

\begin{pelda}
\label{osszeg-1}
Határozzuk meg a
\begin{equation*}
\label{osszeg-1-1}
  \frac{4}{\pi} \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{\sin (2k+1)x}{2k+1}
\end{equation*}
trigonometrikus sor összegét!
\end{pelda}

Legyen $x_0$ tetszõleges, rögzített valós szám. Ezt behelyettesítve a függvénysorba a
\begin{equation*}\frac{4}{\pi} \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{\sin (2k+1)x_0}{2k+1}\end{equation*}
számsort kapjuk, amelynek $n$-edik tagját bontsuk fel
\begin{equation*}\frac{1}{2k+1} \cdot \sin (2k+1)x_0\end{equation*}
szorzatalakra. Ennek egyik tényezõje, az $\frac{1}{2k+1}$ sorozat monoton csökkenve tart 0-hoz. Tehát \aref{dirichlet}. tétel egyik feltétele teljesül, a másik feltételhez azt kell belátni, hogy a 
\begin{equation*}
  \left| \sum_{k=0}^{n} \sin (2k+1)x_0 \right|
\end{equation*}
összeg korlátos. Ezt kétféleképpen is megtehetjük. Bebizonyítható komplex számok segítségével, valamint adható az összegre egy zárt formula, amely teljes indukcióval vagy addíciós tételek segítségével igazolható. Elõször nézzük a bizonyítást komplex számokkal.

\vspace{12pt}
\noindent
\textbf{Állítás.}
A $\left| \sum\limits_{k=0}^{n} \sin (2k+1)x_0 \right|$ összeg korlátos.

\vspace{12pt}
\noindent
\textbf{1. bizonyítás.} (Komplex számok segítségével)

Legyen $z_0 = e^{ix_0}$. Ezt az Euler-féle összefüggés alapján $z_0= \cos x_0 + i \sin x_0$ alakban írhatjuk. Ekkor a $\sum\limits_{k=0}^{n} z_0^{2k+1}$ összeg képzetes része éppen $\sum\limits_{k=0}^{n} \sin (2k+1)x_0$-lal egyenlõ.

Ha sikerül belátni, hogy $\sum\limits_{k=0}^{n} z_0^{2k+1}$ korlátos, akkor a $\sum\limits _{k=0}^{n} \sin (2k+1)x_0$ összeg is korlátos. Ugyanis bármely komplex szám képzetes részének abszolútértéke nem nagyobb a komplex szám abszolútértékénél. Ezt igazolja a következõ kis levezetés. Legyenek $a$ és $b$ tetszõleges valós számok, ekkor
\begin{eqnarray*}
  0 &\le &a^2
  \\
  b^2 &\le &a^2 + b^2
  \\
  |b| &\le &\sqrt{a^2 + b^2}
  \\
  \left| {\Im (a+bi)} \right| &\le &\left| {a+bi} \right|.
\end{eqnarray*}
Tehát tetszõleges $z$ komplex számra:
\begin{equation*}|\Im(z)| \le |z|.\end{equation*}

Most induljunk ki az állításban szereplõ összegbõl, és térjünk át komplex számokra!
\begin{eqnarray*}
  \left| \sum_{k=0}^{n} \sin(2k+1)x_0 \right| &= &
  \left| \Im \left( \sum_{k=0}^{n} z_0^{2k+1} \right) \right| \le
  \left| \sum_{k=0}^{n} z_0^{2k+1} \right| =
  \\
  &= &\left| z_0 + z_0^3 + \ldots + z_0^{2n+1} \right| =
  \\
  &= &\left| z_0 \frac{(z_0^2)^{n+1} - 1}{z_0^2 - 1} \right| = 
  \\
  &= &\underbrace{\left| z_0 \right|}_1 \frac{|z_0^{2n+2} - 1|}{|z_0^2 - 1|} =
  \\
  &= &\frac{|\cos (2n+2)x_0 + i \sin (2n+2)x_0 - 1|}{|\cos 2x_0 + i \sin 2x_0 - 1|} = 
  \\
  &= &\frac{|\cos (2n+2)x_0 + i \sin (2n+2)x_0 -1| |\cos 2x_0 - 1 - i \sin 2x_0|}
  {|\cos 2x_0 - 1 + i \sin 2x_0| |\cos 2x_0 - 1 - i \sin 2x_0|} \le
  \\
  &= &\frac{9}{|(\cos 2x_0 - 1)^2 + \sin^2 2x_0|} =
  \\
  &= &\frac{9}{2(1 - \cos 2x_0)}
\end{eqnarray*}
Tehát találtunk egy $n$-tõl független (csak $x_0$-tól függõ) korlátot. Viszont $x_0$-ra még kikötést kell tennünk. Mivel a nevezõben szerepel az $1-\cos 2x_0$, ezért ki kell kötni, hogy: 
\begin{eqnarray*}
  1 - \cos 2x_0 &\ne &0
  \\
  \cos 2x_0 &\ne &1
  \\
  2x_0 &\ne &2l \pi
  \\
  x_0 &\ne &l \pi.
\end{eqnarray*}
Tehát, ha $x_0 \ne l\pi$, akkor $\sum\limits_{k=0}^{n} \sin (2k+1)x_0$ korlátos $n$-re nézve. 

Ha pedig $x_0 = l \pi$ alakú, akkor $\sum\limits_{k=0}^{n} \sin (2k+1)x_0 = 0$, tehát ekkor is korlátos az összeg. Vagyis minden valós $x$-re korlátos az összeg. 

\vspace{12pt}
\noindent
\textbf{2. Bizonyítás.} (Zárt formula segítségével)

A következõ zárt formula igaz minden $x$ valós szám esetén, kivéve az $l\pi$ alakú pontokat:
\begin{equation*}
\label{osszeg-1-2}
  \sum_{k=0}^{n} \sin (2k+1)x = \frac{\sin^2 (n+1)x}{\sin x} .
\end{equation*}


Ezt elõször addíciós tételek segítségével fogjuk bizonyítani. Induljunk ki a következõbõl:
\begin{eqnarray*}
  2 \sin x \sum_{k=0}^{n} \sin (2k+1)x &= &
  2 \sin x \sin x + 2 \sin 3x \sin x + \ldots + 2 \sin (2n+1)x \sin x =
  \\
  &= &\cos (x-x) - \cos (x+x) +
  \\
  & &+ \cos (3x-x) - \cos (3x+x) +
  \\
  & &\hbox to 3pt{} \vdots
  \\
  & &+ \cos ((2n+1)x-x) - \cos ((2n+1)x+x) =
  \\
  &= &\cos 0 - \cos 2(n+1)x =
  \\
  &= &1 - \cos 2(n+1)x =
  \\
  &= & (\cos^2 (n+1)x + \sin^2 (n+1)x) - 
  \\
  & & -(\cos^2 (n+1)x - \sin^2 (n+1)x) =
  \\
  &= & 2 \sin^2 (n+1)x
\end{eqnarray*}
$2\sin x$-szel osztva éppen a bizonyítandó formulát kapjuk.

A fenti formulát teljes indukcióval is bizonyíthatjuk. Ehhez elõször azt kell megvizsgálni, hogy igaz-e az állítás $n=0$-ra. A bal oldal $n=0$ esetén:
\begin{equation*}
  \sum\limits_{k=0}^{0} \sin (2k+1)x = \sin x .
\end{equation*}
A jobb oldal:
\begin{equation*}
  \frac{\sin^2 ((0+1) \cdot x)}{\sin x} = \sin x .
\end{equation*}
Tehát a bal oldal egyenlõ a jobb oldallal, vagyis igaz az állítás $n=0$-ra.

Most tegyük fel, hogy igaz az állítás $n$-re, azaz az indukciós feltevés:
\begin{equation*}
  \sum\limits_{k=0}^{n} \sin (2k+1)x = \frac{\sin^2 (n+1)x}{\sin x}.
\end{equation*}
Ez után vizsgáljuk meg, hogy igaz-e az állítás $(n+1)$-re, azaz a célunk:
\begin{equation*}
  \sum\limits_{k=0}^{n+1} \sin (2k+1)x = \frac{\sin^2 (n+2)x}{\sin x}.
\end{equation*}
Induljunk ki ez utóbbi egyenlõség bal oldalából, és használjuk fel az indukciós feltevést!
\begin{eqnarray*}
  \sum_{k=0}^{n+1} \sin(2k+1)x &= &\sum_{k=0}^{n} \sin(2k+1)x + \sin (2n+3)x =
  \\
  &= &\frac{\sin^2 (n+1)x}{\sin x} + \sin (2n+3)x =
  \\
  &= &\frac{1 - \cos 2(n+1)x}{2 \sin x} + \frac{2\sin (2n+3)x \sin x}{2 \sin x} =
  \\
  &= &\frac{1 - \cos (2n+2)x}{2 \sin x} + \frac{\cos (2n+2)x - \cos (2n+4)x}{2 \sin x} = 
  \\
  &= &\frac{1 - \cos 2(n+2)x}{2 \sin x} =
  \\
  &= &\frac{\sin^2 (n+2)x}{\sin x}
\end{eqnarray*}
Tehát igaz az állítás $(n+1)$-re is. Ezzel igazoltuk a formula helyességét.

A zárt formulát felhasználva a következõ egyenlõtlenség mutatja az összeg kor\-lá\-tos\-sá\-gát $x_0\ne l\pi$ esetén:
\begin{equation*} 
  \left| \sum_{k=0}^{n} \sin (2k+1)x_0 \right| = 
  \left| \frac{\sin^2 (n+1)x_0}{\sin x_0} \right| \le \frac{1}{|\sin x_0|} .
\end{equation*}

Most már tehát alkalmazhatjuk a Dirichlet-kritériumot, amelynek segítségével azt kapjuk, hogy a vizsgált trigonometrikus sor konvergens minden $x$ valós szám esetén. Ö`sszegfüggvényét jelöljük $g_1(x)$-szel!
\begin{equation*}
  g_1(x) = \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\sin (2k+1)x}{2k+1}
\end{equation*}

\vspace{12pt}
Most térjünk át az összegfüggvény, $g_1(x)$ meghatározására. Rögzítsuk $x$-et, így a trigonometrikus sorból számsort kapunk. Ezek után már alkalmazhatjuk Abel tételét. Ennek megfelelõen a
\begin{equation*}
  \frac{4}{\pi} \sum\limits_{k=0}^\infty r^{2k+1} \frac{\sin (2k+1)x}{2k+1}
\end{equation*}
sort vizsgáljuk, amelynek határértéke a tétel alapján megegyezik a trigonometrikus sor összegével, $g_1(x)$-szel a rögzített $x$ helyen, miközben $r \to 1$ és $r<1$.

Legyen $z = r e^{ix} = r (\cos x + i \sin x)$. Ekkor
\begin{equation*}
  \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^\infty r^{2k+1} \frac{\sin (2k+1)x}{2k+1} = 
  \Im \left( \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^\infty \frac{z^{2k+1}}{2k+1} \right) .
\end{equation*}
A jobb oldali hatványsor konvergenciasugara a Cauchy--Hadamard-tétel (lásd \cite{leindler} 386. old.) alapján $1$. Ha felte`sszük, hogy $0 \le r <1$, akkor a $|z|<1$ egyenlõtlenség teljesülni fog, tehát a hatványsor konvergens lesz a $z$ pontban. Összegfüggvényét jelöljük $h(z)$-vel!
\begin{equation*}
  h(z) = \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^\infty \frac{z^{2k+1}}{2k+1}
\end{equation*}
A fentik alapján tehát azt kaptuk, hogy 
\begin{equation*}
  g_1(x) = \lim_{\begin{subarray}{c} r \to 1 \\ r<1 \end{subarray}} 
  \Im \left( h(z) \right) .
\end{equation*}

Ez után térjünk vissza $h(z)$-hez. A hatványsorokról tudjuk, hogy tagonként differenciálhatóak, és a deriváltakból álló hatványsor konvergenciasugara megegyezik az eredeti sor konvergenciasugarával (lásd \cite{leindler} 388. old.). Ezért
\begin{equation*}
  h'(z) = \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^\infty \left( \frac{z^{2k+1}}{2k+1} \right)' = 
  \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^\infty z^{2k} .
\end{equation*}
A kapott sor egy mértani sor, amelynek ismerjük az összegét, tehát:
\begin{equation*}
   h'(z) = \frac{4}{\pi} \frac{1}{1 - z^2} .
\end{equation*}
Ez csak akkor igaz, ha a mértani sor hányadosának, azaz $z^2$-nek az abszolútértéke $1$-nél kisebb, de ez teljesül, mivel $|z|<1$ is fennáll. Ebbõl integrálással a következõt kapjuk:
\begin{eqnarray*}
  h(z) &= &\int \frac{4}{\pi} \frac{1}{1 - z^2} dz = 
  \frac{2}{\pi} \int \frac{1 - z + 1 + z}{(1-z)(1+z)} dz =
  \\
  &= &\frac{2}{\pi} \int \left( \frac{1}{1+z} + \frac{1}{1 - z} \right) dz =
  \frac{2}{\pi} \left( \ln (1 + z) - \ln (1 - z) \right) + c .
\end{eqnarray*}
A $z=0$ pont a konvergenciakörhöz tartozik, tehát $z$ helyére behelyettesíthetjük a $0$-t. Ekkor egyrészt azt kapjuk, hogy 
\begin{equation*}
  h(0) = \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^\infty \frac{0^{2k+1}}{2k+1} = 0,
\end{equation*}
másrészt
\begin{equation*}
  h(0) = \frac{2}{\pi} \left( \ln (1 + 0) - \ln (1 - 0) \right) + c = c.
\end{equation*}
Tehát $c$-re azt kaptuk, hogy $0$-val egyenlõ. Ekkor pedig
\begin{equation*}
  h(z) = \frac{2}{\pi} \left( \ln (1 + z) - \ln (1 - z) \right).
\end{equation*}
Most, hogy ismerjük a komplex hatványsor összegét, határozzuk meg ennek a képzetes részét, ugyanis ennek határértéke adja majd meg az eredeti trigonometrikus sor összegét. Számolás közben felhasználjuk, hogy a komplex logaritmus függvény képzetes része a komplex szám fõargumentumával egyenlõ, amely jelen esetben a komplex szám képzetes és valós része hányadosának arkusztangensével egyezik meg. (Ugyanis az $(1-z)$ és $(1+z)$ komplex számok az $1$ középpontú $r$ sugarú körben helyezkednek el, és mivel $r<1$, ezért mindegyik komplex szám az I. és IV. síknegyedbe esik, ahol a fent említett módon számíthatjuk a fõargumentumot.)
\begin{eqnarray*}
  \Im \left( h(z) \right) &= &
  \Im \left( \frac{2}{\pi} \left( \ln (1+z) - \ln (1-z) \right) \right) =
  \\
  &= &\frac{2}{\pi} \left( \arg^* (1+z) - \arg^* (1-z) \right) =
  \\
  &= &\frac{2}{\pi} \left( \arctg \frac{\Im (1+z)}{\Re (1+z)} -
                       \arctg \frac{\Im (1-z)}{\Re (1-z)} \right) =
  \\
  &= &\frac{2}{\pi} 
  \left( \arctg \frac{\Im(1+r\cos x+ri\sin x)}{\Re(1+r\cos x+ri\sin x)} - 
  \arctg \frac{\Im(1-r\cos x-ri\sin x)}{\Re(1-r\cos x-ri\sin x)} \right) =
  \\
  &= &\frac{2}{\pi} \left( \arctg \frac{r\sin x}{1+r\cos x} -
                \arctg \frac{-r\sin x}{1-r\cos x}\right) 
\end{eqnarray*}
Vegyük a most kapott kifejezés hatérértékét, hogy megkapjuk az eredeti trigonometrikus sor összegét. Az arkusztangens függvény folytonossága miatt a határértéket számolhatjuk úgy, hogy $r$ helyére $1$-et írunk az arkusztangens argumentumában. Tehát
\begin{eqnarray*}  
  g_1(x) &= &
  \lim_{\begin{subarray}{c} r \to 1 \\ r<1 \end{subarray}} \Im \left( h(z) \right) =
  \\
  &= &\frac{2}{\pi} \left( \arctg \frac{\sin x}{1+\cos x} -
                   \arctg \frac{-\sin x}{1-\cos x}\right) =
  \\
  &= &\frac{2}{\pi} \arctg \frac{2\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}
  {\cos^2 \frac{x}{2}+\sin^2 \frac{x}{2}+\cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2}} +
  \\
  &{}& \hbox to 2cm{} +\frac{2}{\pi} \arctg \frac{2\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}
  {\cos^2 \frac{x}{2}+\sin^2 \frac{x}{2}-\cos^2 \frac{x}{2} + \sin^2 \frac{x}{2}} =
  \\
  &= &\frac{2}{\pi} \arctg \left( \tg \frac{x}{2} \right)+
  \frac{2}{\pi} \arctg \left( \ctg \frac{x}{2} \right) =
  \\
  &= &\frac{2}{\pi} \arctg \left( \tg \frac{x}{2} \right)+
  \frac{2}{\pi} \arctg \left( \tg \left( \frac{\pi}{2} - \frac{x}{2} \right) \right) .
\end{eqnarray*}
Az elsõ arkusztangens minden $x \in (-\pi,\pi)$ esetén:
\begin{equation*}
  \arctg \left( \tg \frac{x}{2} \right) = \frac{x}{2}.
\end{equation*} 
A másik arkusztangens miatt viszont két esetet kell megkülönböztetni. 

\textbf{1. eset.} $x\in (-\pi,0)$. Ekkor
\begin{equation*}
  \frac{\pi}{2} < \frac{\pi}{2} - \frac{x}{2} < \pi,
\end{equation*}
és emiatt
\begin{equation*}
  \arctg \left( \tg \left( \frac{\pi}{2} - \frac{x}{2} \right) \right) = 
  \frac{\pi}{2} - \frac{x}{2} - \pi = \frac{-\pi -x}{2}.
\end{equation*}
Tehát
\begin{equation*}
  g_1(x) = \frac{2}{\pi} \frac{x}{2} + \frac{2}{\pi} \frac{-\pi -x}{2} =
  \frac{x}{\pi} -1 - \frac{x}{\pi} = -1
\end{equation*}

\textbf{2. eset.} $x \in (0,\pi)$ Ekkor
\begin{equation*}
  0 < \frac{\pi}{2} - \frac{x}{2} < \frac{\pi}{2},
\end{equation*}
emiatt
\begin{equation*}
  \arctg \left( \tg \left( \frac{\pi}{2} - \frac{x}{2} \right) \right) = \frac{\pi - x}{2}.
\end{equation*}
Tehát
\begin{equation*}
  g_1(x) = \frac{2}{\pi} \frac{x}{2} + \frac{2}{\pi} \frac{\pi -x}{2} =
  \frac{x}{\pi} +1 -\frac{x}{\pi} = 1
\end{equation*}
Kimaradt még az $x=0$ és az $x=\pi$ pont. (Ugyanis a periodikusság miatt elegendõ a $(-\pi,\pi]$ intervallumon meghatározni az összegfüggvényt.) De ha ezeket behelyettesítjük a trigonometrikus sorba, akkor minden szinuszfüggvény a 0 értéket veszi fel, így az összegük is 0. Vagyis 0 és $\pi$ esetén:
\begin{equation*}
  g_1(x) = 0 .
\end{equation*}

Tehát a periodikusságot is figyelembe véve, a trigonometrikus sor összegfügvényére a következõ eredményt kaptuk:
\begin{equation*}
  g_1(x) =
  \left\{\begin{array}{ll}
         1, &\textrm{ha $2l \pi < x < \pi + 2l \pi$} \\
         0, &\textrm{ha $x = l \pi$} \\
         -1, &\textrm{ha $-\pi + 2l \pi < x < 2l \pi$}
  \end{array} \right. = \sgn \sin x .
\end{equation*}

Ha eredményünket összehasonlítjuk \aref{egyutthato-1}. feladat függvényével, amelynek Fourier-soraként kaptuk trigonometrikus sorunkat, akkor azt látjuk, hogy 
\begin{equation*}
  g_1(x)=f_1(x)
\end{equation*} 
minden $x$ valós szám esetén.

\begin{pelda}
\label{osszeg-2}
Határozzuk meg a 
\begin{equation*}
  2\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \frac{\sin kx}{k}
\end{equation*}
trigonometrikus sor összegét!
\end{pelda}

Az elõzõ feladathoz hasonlóan a Dirichlet-kritériumot fogjuk használni. Legyen $x$ tetszõleges, rögzített valós szám. Ekkor a trigonometrikus sorból egy számsort kapunk, amelynek $n$-edik tagját két tényezõ szorzatára bonthatjuk. Az egyik tényezõk által alkotott $\frac{1}{k}$ sorozat monoton csökkenve $0$-hoz tart, a másik tényezõk alkotta sorozatról pedig azt kell belátni, hogy a 
\begin{equation*}
  \left| \sum_{k=1}^n (-1)^{k} \sin kx \right|
\end{equation*}
összeg $n$-ben korlátos. Ha ez is teljesül, akkor \aref{dirichlet}. tétel alapján a vizsgált trigonometrikus sor konvergens az $x$ pontban.

A $\left| \sum\limits_{k=1}^n (-1)^{k} \sin kx \right|$ összeg korlátosságát az elõzõ feladathoz hasonlóan kétféleképpen is bizonyíthatjuk. A komplex számos bizonyításnál $z$-t $-e^{ix} = - (\cos x + i \sin x)$-nek kell választanunk, ekkor ugyanis 
\begin{equation*}
  \sum_{k=1}^n (-1)^{k} \sin kx = \Im \left( \sum_{k=1}^n z^k \right).
\end{equation*}
A zárt formulával történõ bizonyításnál pedig az alábbi formulát kell belátni:
\begin{equation*}
  \sum_{k=1}^n (-1)^{k} \sin kx = 
  \frac{(-1)^{n} \sin (2n+1) \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}}{2 \cos \frac{x}{2}} .
\end{equation*}
Ezek a bizonyítások \aref{osszeg-1}. feladat mintájára elvégezhetõek.

Most már \aref{dirichlet}. tétel alapján tudjuk, hogy a függvénysor konvergens. Összegét jelöljük $g_2(x)$-szel!
\begin{equation*}
  g_2(x) = 2\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1} \frac{\sin kx}{k} 
\end{equation*}

Az összegfüggvény meghatározását is az elõzõ feladat mintájára végezzük. \Aref{abel}. tétel alapján a
\begin{equation*}
  \lim_{\begin{subarray}{c} r\to1\\ r<1 \end{subarray}} 
  2\sum_{k=1}^\infty r^k (-1)^{k+1} \frac{\sin kx}{k}
\end{equation*}
határértéket kell vizsgálnunk.

Legyen $z = -r e^{ix} = -r (\cos x + i \sin x)$, ahol $0 \le r < 1$. Ekkor
\begin{equation*}
  2\sum_{k=1}^\infty r^k (-1)^{k+1} \frac{\sin kx}{k} = 
  \Im \left( -2\sum_{k=1}^\infty \frac{z^k}{k} \right).
\end{equation*}

A jobb oldalon szereplõ hatványsor konvergencia-sugara $1$. Az $r$-re adott feltétel miatt $|z|<1$ teljesül, azaz $z$ a konvergenciakörbe esik. Jelöljük a hatványsor összegét $h(z)$-vel!
\begin{equation*}
  h(z) = -2\sum_{k=1}^\infty \frac{z^k}{k}
\end{equation*}
Ekkor az elõzõek alapján:
\begin{equation*}
  g_2(x) = \lim_{\begin{subarray}{c} r\to1\\ r<1 \end{subarray}} \Im \left( h(z) \right).
\end{equation*}

A $h(z)$ hatványsor összegének meghatározásához felhasználjuk, hogy a hatványsorok tagonként differenciálhatóak, azaz:
\begin{equation*}
  h'(z) = \left( -2\sum_{k=1}^\infty \frac{z^k}{k} \right)' =
  -2\sum_{k=1}^\infty \left( \frac{z^k}{k} \right)' =
  -2\sum_{k=1}^\infty z^{k-1} = -2\sum_{k=0}^\infty z^k .
\end{equation*}
Egy mértani sort kaptunk eredményül, amely akkor konvergens, ha $|z|<1$, de ezt már láttuk, hogy teljesül. A mértani sorokat pedig tudjuk összegezni. Tehát: 
\begin{equation*}
  h'(z) = \frac{-2}{1-z} .
\end{equation*}
Ebbõl integrálással megkapjuk $h(z)$-t:
\begin{equation*}
  h(z) = 2 \ln (1-z) + c .
\end{equation*}

Ha a $z=0$-t behelyettesítjük $h(z)$-be, valamint a hatványsorba, akkor azt kapjuk, hogy $c=0$. Azaz 
\begin{equation*}
  h(z) = 2 \ln (1-z) .
\end{equation*}
A következõ lépés $h(z)$ képzetes részének meghatározása.
\begin{eqnarray*}
  \Im \left( h(z) \right) &= &\Im \left( 2 \ln (1-z) \right) = 2 \arg^* (1-z) =
  \\
  &= &2 \arctg \frac{\Im (1-z)}{\Re (1-z)} =
  \\
  &= &2 \arctg \frac{\Im (1+r \cos x + i r \sin x)}{\Re (1+r \cos x + i r \sin x)} =
  \\
  &= &2 \arctg \frac{r \sin x}{1 + r \cos x} 
\end{eqnarray*}
Most ennek a kifejezésnek a határértékét kell meghatározni.
\begin{eqnarray*}
  g_2(x) &= &\lim_{\begin{subarray}{c} r \to 1 \\ r<1 \end{subarray}} 
  \Im \left( h(z) \right) =
  \lim_{\begin{subarray}{c} r \to 1 \\ r<1 \end{subarray}} 
  2 \arctg \frac{r \sin x}{1 + r \cos x} =
  \\
  &= &2 \arctg \frac{\sin x}{1 + \cos x} =
  \\
  &= &2 \arctg \frac{2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}
  {\cos^2 \frac{x}{2} + \sin^2 \frac{x}{2} + \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2}} =
  \\
  &= &2 \arctg \left( \tg \frac{x}{2} \right) = 2 \frac{x}{2} = x 
\end{eqnarray*}
Ez akkor igaz, ha $-\frac{\pi}{2} < \frac{x}{2} < \frac{\pi}{2}$, azaz $x \in (-\pi,\pi)$. Ha pedig $x=-\pi$ vagy $x=\pi$, akkor 
\begin{equation*}
  g_2(x) = 2\sum_{n=1}^\infty (-1)^{k+1} \frac{\sin kx}{k} = 0.
\end{equation*}
Tehát a trigonometrikus sor periodikusságát is figyelembe véve a következõ összegfüggvényt kapjuk:
\begin{equation*}
  g_2(x) = \left\{\begin{array}{ll} 
                     x, & \textrm{ha $-\pi < x < \pi$} \\
                     0, & \textrm{ha $x = \pi$} 
                  \end{array} \right. \textrm{, és ez $2\pi$ periódussal ismétlõdik.}
\end{equation*}
Ha visszapillantunk \aref{egyutthato-2}. feladatra, akkor láthatjuk, hogy 
\begin{equation*}
  g_2(x) = \left\{ \begin{array}{ll}
                   f_2(x), &\textrm{ha } x \in (-\pi + 2l\pi,\pi +2l\pi), \\
                   \frac{f_2(x-0)+f_2(x+0)}{2}, &\textrm{ha } x = \pi + 2l\pi.
                   \end{array} \right. 
\end{equation*}

\begin{pelda}
\label{osszeg-3}
Határozzuk meg a
\begin{equation*}
  \pi - 2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin kx}{k}
\end{equation*}
trigonometrikus sor összegét!
\end{pelda}

Legyen $x$ tetszõleges, rögzített. Ekkor a sor $n$-edik tagját felbonthatjuk két számsorozat szorzatára. Az egyik, $\frac{1}{k}$ monoton csökkenve $0$-hoz tart. A másikról azt kell belátni, hogy a
\begin{equation*}
  \left| \sum_{k=1}^{n} \sin kx \right|
\end{equation*}
összeg korlátos, mert ekkor a Dirichlet-kritérium mindkét feltétele teljesül. Ezt bizonyíthatjuk az elõzõ feladatokhoz hasonlóan komplex számok vagy zárt formula se\-gít\-sé\-gé\-vel. Most a második lehetõséget választjuk.

\noindent
\textbf{Állítás.}
\begin{equation*}
  \sum\limits_{k=1}^{n} \sin kx = 
  \frac{\cos \frac{x}{2} - \cos \left( nx + \frac{x}{2} \right)}{2 \sin \frac{x}{2}}, 
  \textrm{ ha } x\ne 2l\pi .
\end{equation*}

\noindent
\textbf{Bizonyítás.}

Induljunk ki a következõ formulából, és használjuk az addíciós tételeket!
\begin{eqnarray*}
  2 \sin \frac{x}{2} \sum\limits_{k=1}^{n} \sin kx &= &
  2 \sin x \sin \frac{x}{2} + 2 \sin 2x \sin \frac{x}{2} + \cdots + 
  2 \sin nx \sin \frac{x}{2} =
  \\
  &= &\cos \left( x - \frac{x}{2} \right) - \cos \left( x + \frac{x}{2} \right) +
  \\
  && +\cos \left( 2x - \frac{x}{2} \right) - \cos \left( 2x + \frac{x}{2} \right) +
  \\
  && \hbox to3pt{} \vdots
  \\
  && +\cos \left( nx - \frac{x}{2} \right) - \cos \left( nx + \frac{x}{2} \right) =
  \\
  &= &\cos \frac{x}{2} - \cos \left( nx + \frac{x}{2} \right)
\end{eqnarray*}
Ebbõl az egyenlõségbõl $2 \sin \frac{x}{2}$-vel leosztva éppen az állítást kapjuk.

Ezen azonosság felhasználásával most már bizonyíthatjuk a korlátosságot:
\begin{equation*}
  \left| \sum_{k=1}^{n} \sin kx \right| = 
  \left| \frac{\cos \frac{x}{2} - \cos (nx + \frac{x}{2})}{2 \sin \frac{x}{2}} \right| \le
  \left| \frac{2}{2 \sin \frac{x}{2}} \right| = \frac{1}{|\sin \frac{x}{2}|} .
\end{equation*}
Ez pedig egy $n$-tõl független korlátot jelent az összegre, ha $x \ne 2l\pi$. Ha pedig $x=2l\pi$, akkor a szinuszok mindegyike $0$, így összegük is $0$. Tehát az összeg ekkor is korlátos.

Miután ellenõriztük \aref{dirichlet}. tétel mindkét feltételét, kimondhatjuk, hogy a trigonometrikus sor minden pontban konvergens. Összegfüggvényét jelöljük $g_3(x)$-szel! Ezek után alkalmazható az Abel-tétel, amelynek alapján a 
\begin{equation*}
  \lim_{\begin{subarray}{c} r\to1\\ r<1 \end{subarray}} 
  \left( \pi - 2\sum_{k=1}^\infty r^k \frac{\sin kx}{k} \right)
\end{equation*}
határértéket kell vizsgálnunk $g_3(x)$ meghatározásához.

Legyen $z = r e^{ix} = r (\cos x + i \sin x)$, ahol $0 \le r < 1$. Ekkor $|z|<1$ és 
\begin{equation*}
  \pi - 2\sum_{k=1}^\infty r^k \frac{\sin kx}{k} = 
  \pi -2\Im \left( \sum_{k=1}^\infty \frac{z^k}{k} \right) .
\end{equation*}
A jobb oldalon szereplõ hatványsor konvergenciasugara a Cauchy--Hadamard-tétel a\-lap\-ján 1, azaz $|z|<1$ esetén 
\begin{equation*}
  h(z) = \sum_{k=1}^\infty \frac{z^k}{k} .
\end{equation*}
Ezenkívül
\begin{equation*}
  g_3(x) = 
  \pi - 2 \lim_{\begin{subarray}{c} r\to1\\ r<1 \end{subarray}} \Im \left( h(z) \right) .
\end{equation*}

A hatványsor tagonként differenciálható:
\begin{equation*}
  h'(z) = \left( \sum_{k=1}^\infty \frac{z^k}{k} \right)' =
  \sum_{k=1}^\infty \left( \frac{z^k}{k} \right)' =
  \sum_{k=1}^\infty z^{k-1} = \sum_{k=0}^\infty z^k .
\end{equation*}
Egy $z$ hányadosú ($|z|<1$) mértani sort kaptunk, amelynek összege:
\begin{equation*}
  h'(z) = \frac{1}{1-z}.
\end{equation*}
Ebbõl integrálással azt kapjuk, hogy
\begin{equation*}
  h(z) = - \ln (1-z) + c .
\end{equation*}
Helyettesítsünk be $z=0$-t $h(z)$-be, valamint a hatványsorba. Ekkor megkapjuk $c$ értékét: $c=0$. Azaz 
\begin{equation*}
  h(z) = - \ln (1-z).
\end{equation*}
A következõ lépés e függvény képzetes részének meghatározása.
\begin{eqnarray*}
  \Im \left( h(z) \right) &= &\Im \left( - \ln (1-z) \right) =
  \\
  &= &- \arg^* (1-z) =
  \\
  &= &- \arctg \frac{\Im (1-z)}{\Re (1-z)} =
  \\
  &= &- \arctg \frac{\Im (1-r \cos x - i r \sin x)}{\Re (1-r \cos x - i r \sin x)} =
  \\
  &= &- \arctg \frac{-r \sin x}{1 - r \cos x} = 
  \arctg \frac{r \sin x}{1 - r \cos x} 
\end{eqnarray*}
Vegyük ennek a kifejezésnek a határértékét! Egy kis korrekcióval éppen az eredeti trigonometrikus sor összegét kapjuk meg Abel tétele alapján.
\begin{eqnarray*}
  g_3(x) &= &\pi - 2 \lim_{\begin{subarray}{c} r \to 1 \\ r<1 \end{subarray}} 
  \Im \left( h(z) \right) =
  \pi - 2 \lim_{\begin{subarray}{c} r \to 1 \\ r<1 \end{subarray}} 
  \arctg \frac{r\sin x}{1 - r\cos x} =
  \\
  &= &\pi - 2 \arctg \frac{\sin x}{1 - \cos x} =
  \\
  &= &\pi - 2 \arctg \frac{2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}
  {\cos^2 \frac{x}{2} + \sin^2 \frac{x}{2} - \cos^2 \frac{x}{2} + \sin^2 \frac{x}{2}} =
  \\
  &= &\pi - 2 \arctg \left( \ctg \frac{x}{2} \right) = 
  \\
  &= &\pi - 2 \arctg \left( \tg \left(\frac{\pi}{2} - \frac{x}{2} \right) \right) = 
  \pi- 2 \left( \frac{\pi}{2} - \frac{x}{2} \right)= x 
\end{eqnarray*}
De  ez csak akkor igaz, ha 
\begin{equation*}
  -\frac{\pi}{2} < \frac{\pi}{2} - \frac{x}{2} < \frac{\pi}{2},
\end{equation*}
azaz $x \in (0,2\pi)$. Ha pedig $x=0$, akkor $g_3(x)=\pi$, mivel a trigonometrikus sorban minden szinuszfüggvény 0 értéket vesz fel.

Ha a trigonometrikus sor periodikusságát is figyelembe vesszük, akkor a következõ összegfüggvényhez jutunk:
\begin{equation*}
  g_3(x) = \left\{\begin{array}{ll} 
                    x, & \textrm{ha } 0 < x < 2\pi \\
                    \pi, & \textrm{ha } x = 0 
                  \end{array} \right. 
  \textrm{, és ez $2\pi$ periódussal folytatódik.}
\end{equation*}

Ha visszatekintünk \aref{egyutthato-3}. feladatra, akkor azt látjuk, hogy
\begin{equation*}
  g_3(x) = \left\{ \begin{array}{ll}
                     f_3(x), &\textrm{ha } x \in (2l\pi,2\pi +2l\pi), \\
                     \frac{f_3(x-0)+f_3(x+0)}{2}, &\textrm{ha } x = 2l\pi.
                   \end{array} \right.
\end{equation*}