Computación en la alternancia de suma usando el contorno de integración

Question

Considerando la integral de:

$$\left(\frac{\sin\alpha z}{\alpha z}\right)^2 \frac{\pi}{\sin \pi z},\quad \alpha<\frac{\pi}{2}$$

alrededor de un círculo de radio grande, probar que:

$$\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{m-1} \frac{\sin ^2 m\alpha}{(m \alpha)^2} = \frac{1}{2}$$

Intento de respuesta:

Puedo ver que tengo pol $z=n$, y una doble con polo a $z=0$. Por lo que para realizar el contorno de integración, la primera vez que encuentre los residuos para $z=n$:

$$\frac{\pi}{\sin\pi z} = \frac{1}{z} \left( 1 + \frac{(\pi z)^2}{3!} + ...\right)$$

el $1/z$ parte es igual a $1$, por lo que los residuos se $$\sum\limits_{n=-N}^N \frac{\sin ^2 n\alpha}{(n \alpha)^2}$$

Siguiente, encontrar el residuo de a $z=0$: me pareció que para ser $=1$, por la expansión de la serie.

Sé que si dejo que mi función tiende a cero a medida que el contorno encierra todos los polos, tengo que:

$$2\pi i \left(2 \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\sin ^2 n\alpha}{(n \alpha)^2} + 1\right) = 0$$

Estoy casi allí, pero no tengo idea de donde la $(-1)^{m-1}$ factor viene, y también - si puedo cambiar el orden de la última ecuación, me sale que la suma es $-\frac{1}{2}$ (es decir, no es positivo).

Si alguien pudiera ayudar a encontrar donde me estoy equivocando, eso sería genial!

Answer 1

Más generalmente, si $m$ es un número entero positivo mayor que $1$, $$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1} \sin^{m}(\alpha k)}{k^{m}} = \frac{\alpha^{m}}{2} \ , \ |\alpha| \le \frac{\pi}{m}.$$

Pero tenemos que mostrar que $$\lim_{N \to \infty} \int_{|z|=N+\frac{1}{2}} \left(\frac{\sin\alpha z}{z}\right)^m \frac{\pi}{\sin \pi z} \, dz = 0$$ if $|\alfa| \le \frac{\pi}{m}$.

Desde $m >1$, todo lo que tenemos que mostrar es que el $\left|\frac{\sin^{m}(\alpha z)}{\sin (\pi z)} \right|$ sigue siendo limitado en el círculo de la $N \to \infty$ a través de los enteros positivos.

Observe que en el círculo, $$ \left|\sin^{m}(az)\right| = \frac{1}{2^{m}} \left| e^{i \alpha (N+\frac{1}{2})(\cos \theta + i \sin \theta) }- e^{-i \alpha (N+\frac{1}{2})(\cos \theta + i \sin \theta)} \right|^{m}.$$

En la mitad superior del círculo al $\alpha$ es positiva y $N$ es lo suficientemente grande, el segundo término dentro del valor absoluto signo domina. Y al $\alpha$ es negativo, el primer término domina.

En la mitad inferior del círculo al $\alpha$ es positiva y $N$ es lo suficientemente grande, el primer término dentro del valor absoluto signo domina. Y al $\alpha$ es negativo, el segundo término domina.

Así que en la mitad superior del círculo al $N$ es grande, $\left|\sin^{m}(\alpha z) \right| \sim \frac{1}{2^{m}} e^{m |\alpha| (N+\frac{1}{2})\sin \theta}$. Y en la mitad inferior del círculo al $N$ es grande, $\left| \sin^{m}(\alpha z) \right| \sim \frac{1}{2^{m}}e^{-m |\alpha| (N+\frac{1}{2})\sin \theta}$.

Del mismo modo, en la mitad superior del círculo al $N$ es grande, $\left|\sin (\pi z) \right|\sim \frac{1}{2} e^{\pi (N+\frac{1}{2}) \sin \theta}$. Y en la mitad inferior del círculo al $N$ es grande, $\left| \sin (\pi z) \right| \sim \frac{1}{2} e^{-\pi (N+\frac{1}{2}) \sin \theta}$.

Por lo tanto, en la mitad superior del círculo al $N$ es grande, tenemos $$\left|\frac{\sin^{m}(\alpha z)}{\sin(\pi z)} \right| \sim \frac{1}{2^{m-1}} e^{(m |\alpha|-\pi)(N+\frac{1}{2})\sin \theta},$$ which remains bounded as $N \to \infty$ if $|\alpha| \le \frac{\pi}{m}$.

Y en la mitad inferior del círculo al $N$ es grande, tenemos $$\left|\frac{\sin^{m}(\alpha z)}{\sin(\pi z)}\right| \sim \frac{1}{2^{m-1}} e^{(-m |\alpha|+\pi)(N+\frac{1}{2})\sin \theta}, $$ which also remains bounded as $N \to \infty$ if $|\alpha| \le \frac{\pi}{m}$.

Para el caso de $m=1$, la prueba de Jordania lema puede ser utilizado para mostrar que $$ \lim_{N \to \infty} \int_{|z|=N+\frac{1}{2}} \frac{\sin\alpha z}{z} \frac{\pi}{\sin \pi z} \, dz = 0 $$ if $|\alfa| {\color{red}{<}} \, \pi.$

Answer 2

Se calculan los residuos erróneamente. Por su serie en torno a $z=0$ sólo se puede encontrar residuos en $z=0$. Al $z=n$ sabe que los polos son de primer orden, por lo que el uso de la fórmula

$$R_a=\lim_{z\to a} \frac{\pi(z-a)}{\sin(\pi z)}$$

Usted obtendrá ese $R_0=1,R_1=-1,R_2=1,...$ y su fórmula como la siguiente.

$$2\pi i \left(2 \sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n \frac{\sin ^2 n\alpha}{(n \alpha)^2} + 1\right) = 0$$