Evaluar $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{sin(nz)}{2^n}$

Question

Me las arreglé para demostrarlo: $$\sum_{z=1}^{\infty} \frac{sin(nz)}{2^n}$$ es analítico en $\{z \in \mathbb{C}| -log(2)<Im(Z)<log(2)\}$ ¿Supongo que es correcto?

Ahora estoy atascado en cuanto a cómo evaluar la serie en ese conjunto. ¿Cómo puedo empezar?

Hasta ahora he reescrito: $$\sum_{z=1}^{\infty} \frac{sin(nz)}{2^n} = \frac{1}{2i}[\sum \frac{e^{inz}}{2^n} - \sum \frac{e^{-inz}}{2^n}]$$

Gracias.

Answer 1

Dejemos que $z=x+iy$ donde $x,y$ son reales

Ahora ambas series geométricas infinitas convergerán si

$$\left|\dfrac{e^{i(x+iy)}}2\right|,\left|\dfrac{e^{-i(x+iy)}}2\right|<1$$

$$\iff e^{-y}<2, e^y<2$$

$$\iff -y<\ln2, y<\ln2$$

Si $y>0, \ln2>-y,$ por lo que es suficiente con tener $y<\ln2$

Si $y<0,\ln2>0>y,$ por lo que es suficiente con tener $-y<\ln2\iff y>-\ln2$

Por lo tanto, necesitamos $-\ln 2<y<\ln2$

En ese caso, $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{e^{izn}}{2^n}=-1+\sum_{n=0}^\infty\left(\dfrac{e^{iz}}2\right)^n=-1+\dfrac1{1-\dfrac{e^{iz}}2}=-1+\dfrac2{2-e^{iz}}$

De la misma manera, $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{e^{-izn}}{2^n}=-1+\dfrac2{2-e^{-iz}}$

$$2i\sum_{n=1}^\infty\dfrac{\sin(nz)}{2^n}=\dfrac2{2-e^{iz}}-\dfrac2{2-e^{-iz}}=\dfrac{4(e^{iz}-e^{-iz})}{2^2+1-2(e^{iz}+e^{-iz})}$$

Ahora usa Cómo demostrar la fórmula de Euler: $e^{i\varphi}=\cos(\varphi) +i\sin(\varphi)$ ?