Transferencia entre integrales y sumas infinitas.

Question

Así que estaba viendo un video en YouTube sobre cómo $$\sum_{i=1}^\infty \frac{\chi(i)}{i} = \frac{\pi}{4}$$ (note that $\ chi (i) = 0$ for even numbers $i$, $1$ for $\ text {mod} ( i, 4) = 1$, and $- 1$ for $\ text {mod} (i, 4) = 3$) and one of the proofs shown involved stating that $$\sum_{i=1}^\infty \frac{\chi(i)}{i} = \int_{0}^{1} \sum_{i=0}^{\infty}\chi(i+1)x^{i}dx\,. Mi pregunta es 1.) ¿Cómo es esto? hecho y 2.) cómo se puede replicar con diferentes sumas infinitas. ¡Gracias por adelantado!

Answer 1

Tenga en cuenta que, para todos los $i\geq 1$, $$\frac{1}{i} = \int_0^1 x^{i-1} dx$$ (este es un "truco" que vale la pena conocer), y por lo tanto $$\sum_{i=1}^\infty \frac{\chi(i)}{i} = \sum_{i=1}^\infty \chi(i)\int_0^1 x^{i-1} dx = \int_0^1\sum_{i=1}^\infty \chi(i)x^{i-1} dx = \int_0^1\sum_{k=0}^\infty \chi(k+1)x^{k} dx$$ donde la única parte que requeriría la justificación es cuando cambiamos de $\int_0^1$ e $\sum_{i=1}^\infty$: este es Tonelli-Fubini.

Answer 2

Si usted tiene una potencia de la serie $$f(x):=\sum_{k=0}^\infty\,a_kx^k$$ con un radio de convergencia $r\geq 1$ ($a_0,a_1,a_2,\ldots\in\mathbb{C}$), a continuación, $f_n|_{[0,1)}\to f|_{[0,1)}$ uniformemente en compactos establece como $n\to\infty$, donde $$f_n(x):=\sum_{k=0}^n\,a_kx^k\text{ for each }x\in\mathbb{C}\text{ and }n\in\mathbb{Z}_{>0}\,.$$ Esto proporciona una justificación para el intercambio de la infinita suma y la integral, es decir, $$\int_0^1\,f(x)\,\text{d}x=\int_0^1\,\sum_{k=0}^\infty\,a_kx^k\,\text{d}x=\sum_{k=0}^\infty\,\int_0^1\,a_kx^k\,\text{d}x=\sum_{k=0}^\infty\,\frac{a_{k}}{k+1}\,.$$

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En particular, el poder de la serie $$g(x):=\sum_{k=0}^\infty\,\chi(k+1)\,x^k$$ tiene radio de convergencia $\dfrac{1}{\limsup\limits_{k\to\infty}\,\sqrt[k]{\big|\chi(k+1)\big|}}=1$. Por lo tanto, usted puede intercambiar el integral y el infinito suma para obtener $$\int_0^1\,g(x)\,\text{d}x=\int_0^1\,\sum_{k=0}^\infty\,\chi(k+1)\,x^k\,\text{d}x=\sum_{k=0}^\infty\,\frac{\chi(k+1)}{k+1}=\sum_{k=1}^\infty\,\frac{\chi(k)}{k}\,.$$

Tenga en cuenta que $x^4\,g(x)=g(x)-1+x^2$, lo $$g(x)=\frac{1-x^2}{1-x^4}=\frac{1}{1+x^2}\text{ for all }x\in\mathbb{C}\text{ such that }|x|<1\,.$$ Es decir, $$\sum_{k=1}^\infty\,\frac{\chi(k)}{k}=\int_0^1\,\frac{1}{1+x^2}\,\text{d}x=\arctan(x)\big|_{x=0}^{x=1}=\frac{\pi}{4}\,.$$

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Alternativamente, se nota que $$\chi(k)=\frac{\text{i}^k-(-\text{i})^k}{2\text{i}}\text{ for each }k=0,1,2,\ldots\,,$$ donde $\text{i}$ es la unidad imaginaria $\sqrt{-1}$. A partir de la serie de Taylor de la rama principal del logaritmo natural de la función $$\ln(1+z)=\sum_{k=1}^\infty\,\frac{(-1)^{k-1}}{k}\,z^k\,,$$ we note that the series above converges for $z=\pm \text{i}$, produciendo $$\frac{1}{2}\,\ln(2)+\text{i}\frac{\pi}{4}=\ln(1+\text{i})=-\sum_{k=1}^\infty\,\frac{(-\text{i})^k}{k}$$ y $$\frac{1}{2}\,\ln(2)-\text{i}\frac{\pi}{4}=\ln(1-\text{i})=-\sum_{k=1}^\infty\,\frac{\text{i}^k}{k}\,.$$ Restando las dos ecuaciones anteriores y dividiendo el resultado por $2\text{i}$rendimientos $$\frac{\pi}{4}=\sum_{k=1}^\infty\,\frac{\text{i}^k-(-\text{i})^k}{2\text{i}\,k}=\sum_{k=1}^\infty\,\frac{\chi(k)}{k}\,.$$