Calcular la suma de $\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k} \sin(2k)$

Question

La resolución de un problema más grande acerca de la serie de Fourier estoy ante esta suma:

$$\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k} \sin(2k)$$

y no tengo idea de cómo acercarse a este.

He usado Leibniz convergencia criterio para comprobar que la suma debe tener un valor, pero no sé cómo calcular este valor.

Answer 1

Sugerencia:

$e^{2ik}-e^{-2ik}=2i\sin 2k$

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ Permite a los $\ds{\fermi\pars{x}\equiv \left\{\begin{array}{lcrcl} {\sin\pars{2x} \over x} & \mbox{if} & x & \not= & 0 \\[1mm] 2 & \mbox{if} & x & = & 0 \end{array}\right.}$

Tenga en cuenta que $\ds{\fermi}$ es una incluso la función de $\ds{x}$: $\ds{\fermi\pars{-x}=\fermi\pars{x}\,,\ \forall\ x\in{\mathbb R}}$.

Vamos a utilizar el $\large\mbox{Abel-Plana Formula}$:

\begin{align} &\color{#66f}{\large\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n}\,{\sin\pars{2n} \over n}} =-2 + \sum_{n = 0}^{\infty}\pars{-1}^{n}\fermi\pars{n} \\[5mm]&=-2 + \bracks{\half\,\fermi\pars{0} + \ic\ \underbrace{\int_{0}^{\infty}% {\fermi\pars{\ic t} - \fermi\pars{-\ic t} \over 2\sinh\pars{\pi t}}\,\dd t} _{\ds{=\ \color{#c00000}{\large 0}}}} \\[5mm]&=-2 + \bracks{\half\times 2 + \ic\times 0} = \color{#66f}{\Large -1} \end{align}

Answer 3

$$\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{k}\sin(2k)=\Im\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{k}e^{2ik}=-\Im\log(1+e^{2i})=\color{red}{-1}.$$

Answer 4

Considerar la serie \begin{align} S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} \, \sin(2n). \end{align}

Método 1

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El uso de la conocida serie de Fourier \begin{align} x = \frac{2 L}{\pi} \, \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \, \sin\left( \frac{n \pi x}{L} \right) \end{align} que rápidamente puede ser visto que para $L = \pi$ $x = 2$ la serie se convierte en \begin{align} - 1 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} \, \sin(2n). \end{align}

Método 2

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El uso de $2i \sin(2n) = e^{2in} - e^{-2in}$, entonces la serie es \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} \, \sin(2n) &= \frac{1}{2i} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} \left( e^{2in} - e^{-2in} \right) \\ &= - \frac{1}{2i} \left( \ln(1 + e^{2i}) - \ln(1 + e^{-2i}) \right) \\ &= - \frac{1}{2i} \, \ln\left(\frac{1 + e^{2i}}{1 + e^{-2i}} \right) = - \frac{1}{2i} \, \ln\left(\frac{e^{i} \, \cos(1)}{e^{-i} \, \cos(1)} \right) \\ &= - \frac{1}{2i} \ln(e^{2i}) = -1. \end{align}

Método 3

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Como se propuso en el problema de la suma está dada por \begin{align} S_{0} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} \, \sin(2n), \end{align} para que \begin{align} S_{0} &= \lim_{n \rightarrow 0} \left\{ \frac{\sin(2n)}{n} \right\} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n} \, \sin(2n) \\ &= -1 + \lim_{n \rightarrow 0} \left\{ \frac{2 \cos(2n)}{1} \right\} \\ &= -1 + 2 = 1. \end{align}