Mostrando que $-\frac{1}{2}=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n}\sin(n)}{n}$

Question

Así que he estado tratando de demostrar que $$\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n}\sin(n)}{n}=-\frac{1}{2}$ $

He intentado ponerle varios límites para ver si puedo "exprimir" el resultado. Di algo como (uno de los muchos ejemplos probados): $$ -\frac{1}{n}-\frac{1}{2}\leq \sum^{n}_{k=1}\frac{(-1)^{k}\sin(k)}{k}\leq \frac{1}{n}-\frac{1}{2}$ $

También he intentado ver si puedo encontrar alguna función continua periódica para usar el teorema de Parseval, pero no se me ocurre nada que funcione.

¿Puedo obtener una pista o alguna pieza del rompecabezas para este problema?

Answer 1

Guía:

Verifique computando la serie de Fourier de $f(x) = \frac{x}{\pi}, -\pi < x<\pi$

PS

y elija un valor apropiado de $$\frac{x}{\pi} = \frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin(nx)$ .

Answer 2

Un enfoque directo: $$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\sin n}n=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\Im (e^{in})}n=-\Im\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}(e^i)^n}n=-\Im\ln(1+e^i)$ $ donde se usó la serie de maclaurin de $\ln(1+z)$ . Como se puede ver al dibujar un diagrama, $\arg(1+e^i)=\frac12$ . Por lo tanto, esta es la parte imaginaria del logaritmo y, por lo tanto, la suma original es $-\frac12$ .

Answer 3

También es posible calcular la serie anterior utilizando el teorema de residuos del análisis complejo. Funciona de la siguiente manera: $$\sum_{i=-\infty}^\infty \text{Res}\left(\pi\csc(\pi z)\cdot\frac {\sin(z)}z,n\right)=-\text{Res}\left(\pi\csc(\pi z)\cdot\frac {\sin(z)}z,0\right)$ $

El LHS se convierte en: $$\sum_{i=-\infty}^\infty\lim_{z\to n}\left[\pi (z-n)\csc(\pi z)\cdot\frac {\sin(z)}z\right]=\sum_{i=-\infty}^\infty(-1)^n \frac {\sin(n)}n=2\sum_{i=1}^\infty(-1)^n \frac {\sin(n)}n$ $

El RHS se convierte en: $$\lim_{z\to 0}\left[\pi z\csc(\pi z)\cdot\frac {\sin(z)}z\right]=1$ $ Al juntar todos (LHS $=-$ RHS) usted obtiene: $$\sum_{i=1}^\infty(-1)^n \frac {\sin(n)}n=-\frac 12$ $