Calcular $\sum_{n=0}^\infty \frac {\sin ((2n+1)\phi)}{2n+1}$ $0<\phi<\pi$

Question

Calcular $\sum_{n=0}^\infty \frac {\sin ((2n+1)\phi)}{2n+1}$ $0<\phi<\pi$

Sólo quiero asegurarme de que estoy hecho de una forma correcta.

Puedo hacer esto

$$\sum_{n=0}^\infty \frac {\sin ((2n+1)\phi)}{2n+1}=\sum_{n=1}^\infty \frac {\sin ((2(n-1)+1)\phi)}{2(n-1)+1}=\sum_{n=1}^\infty \frac {\sin ((2n-1)\phi)}{2n-1}?$$

si es así, entonces

$$\sin((2n-1)\phi)=\frac{e^{i(2n-1)\phi}-e^{-i(2n-1)\phi}}{2i}$$

enchufe en la serie de he

$$\sum_{n=1}^\infty \frac {\sin ((2n-1)\phi)}{2n-1}=\frac{1}{2i}(\sum_{n=1}^\infty \frac {e^{i(2n-1)\phi}}{2n-1}- \sum_{n=1}^\infty \frac {e^{-i(2n-1)\phi}}{2n-1}) $$

Uso de la propiedad de $-\log(1-z)=\sum_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n}$, tengo

$$\frac{1}{2i}(\sum_{n=1}^\infty \frac {e^{i(2n-1)\phi}}{2n-1}- \sum_{n=1}^\infty \frac {e^{-i(2n-1)\phi}}{2n-1})= \frac{1}{2i}(-\log {(1-e^{i\phi})}+\log{(1-e^{-i\phi})})$$

$$=-\frac{1}{2i}\log(\frac{1-e^{i\phi}}{1-e^{-i\phi}})$$

$$=-\frac{1}{2i}\log(\frac{2-\cos (\phi)}{1-2e^{-i\phi}+e^{-2i\phi}})$$

¿Cómo puedo simplificar lejos de aquí ? O hice algo mal? Me pregunto si alguien podría por favor revise para mí.

Answer 1

Formal manipulaciones dar:

$$\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{\sin((2n+1)\phi)}{2n+1}=\text{Im}\sum_{n\geq 0}\frac{e^{(2n+1)i\phi}}{2n+1}=\text{Im}\operatorname{arctanh}(e^{i\phi})=\frac{1}{2}\text{Im}\log\left(\frac{1+e^{i\phi}}{1-e^{i\phi}}\right)=\frac{\pi}{4}.$$ Podemos comprobar que la identidad posee más de $(0,\pi)$ mediante el cálculo de la serie de Fourier del rectángulo onda con período de $2\pi$.

Answer 2

Aquí es un método que se puede utilizar para evaluar una serie infinita de este tipo.

$$f(\phi) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\sin (2n+1)\phi}{(2n+1)}=\text{Im}\left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{e^{i(2n+1)\phi}}{2n+1}\right)$$

Suponga que $\phi$ tiene un pequeño positiva de la parte imaginaria. Luego, tomando un derivado con respecto a $\phi$ revela

$$f'(\phi)= \text{Im}\left(i \sum_{n=0}^{\infty} e^{i(2n+1)\phi}\right) \tag{1}$$

Pues estamos suponiendo que la $\phi$ tiene una pequeña parte imaginaria, la suma es trivial calcular (es decir, es la suma de una serie geométrica infinita) y vemos que

$$f'(\phi)= \text{Im}\left( \frac{i e^{i\phi}}{1-e^{i2\phi}}\right)\\ \tag{2}$$ $$=\text{Im}\left(-\frac12 \csc \phi\right)=0 \tag{2b} $$

Por lo tanto, $f(\phi)$ es constante!

Así que, vamos a escribir la serie de Fourier para una impar, la función periódica $g$ que es una constante igual a $1$$(0,\pi)$. A continuación,

$$g(\phi)=1 = \sum_1^{\infty} a_n \sin n\phi \tag{3}$$

Cómputo de los coeficientes de Fourier $a_n$, vemos que

$$a_n=\frac{2}{\pi} \frac{1-(-1)^n}{n} \tag{4}$$

Por lo tanto,

$$g(\phi)=\frac{2}{\pi} \sum_1^{\infty} \frac{1-(-1)^n}{n} \sin n\phi=\frac{4}{\pi} \sum_{n odd} \frac{\sin n\phi}{n} \tag{5} $$

y por lo tanto $f(\phi) = \frac{\pi}{4}g(\phi)=\frac{\pi}{4}$$0<\phi<\pi \tag{6}$.

Por cierto, el método utilizado aquí se aplica a la serie

$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\cos (2n+1)\phi}{(2n+1)}=\text{Re}\left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{e^{i(2n+1)\phi}}{2n+1}\right)=\int \text{Re}\left(-\frac12 \csc \phi\right)d\phi=-\frac12 \log\left(\tan(\frac{\phi}{2})\right)$$

Answer 3

El problema en el cálculo es que $$\sum_{k=1}^\infty\frac{e^{i(2n-1)\phi}}{2n-1}$$ is the sum over only the odd terms, whereas $$-\log(1-z)=\sum_{k=1}^\infty\frac{z^n}{n}$$ es la suma de todos los términos.

El correcto serie a utilizar es $$ \sum_{k=1}^\infty\frac{z^{2n-1}}{2n-1}=\frac12\log\left(\frac{1+z}{1-z}\right) $$ Jack D'Aurizio usa esto en su respuesta.