Evaluación de la serie$S(\omega)=\sum\limits_{k=0}^\infty (-1)^k {\alpha \choose k}\cos(k\omega)$

Question

Tuve un problema de la evaluación de la serie $$\begin{equation} S(\omega)=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k {\alpha \choose k}\cos(k\omega),\quad 0<\alpha<2,\quad \omega\in(-\pi,\pi) \end{equation}$$ donde $$\begin{equation} {\alpha \choose k}=\frac{\Gamma(1+\alpha)}{\Gamma(\alpha-k+1)\Gamma(k+1)} \end{equation}$$ es el coeficiente binomial generalizada a no entero.

Parece que es un poco como serie de Fourier. Sin embargo, los coeficientes son extraños. He dibujado la curva de $S(\omega)$ vs $\omega$ y a través de la visualización pensé que $S(\omega)$ puede ser portado bien, la función que tiene una forma más sencilla.

Me puedes ayudar a encontrar una manera simple, la expresión equivalente a la anterior de la serie? Si eso no existe, hay una aproximación a la suma?

Cualquier respuesta se agradece.

P. S.:

Algunas de las respuestas dadas se ocupan de los números complejos $(1-e^{i\omega})$. Hasta donde yo sé, $(1-e^{i\omega})^\alpha$ es un multi-función con valores. No es conveniente para la evaluación en Matlab.

Hay una función equivalente que sólo involucra a los números reales?

Answer 1

Suponga que $\omega\ne0$. A continuación, $1-\mathrm e^{\mathrm i\omega}\ne0$ y los usuarios de @MichaelHardy y @i707107 explicado en los comentarios por qué $$S(\omega) = \Re\exp(\alpha\cdot\mathrm{Log}(1-\mathrm e^{\mathrm i\omega})),$$ bajo la condición de que $$\left|\alpha\cdot\arg(1-\mathrm e^{\mathrm i\omega})\right| \lt \pi,$$ donde $\arg$ denota el argumento principal, con valores en $(-\pi,\pi]$, e $\mathrm{Log}$ denota la rama principal del logaritmo complejo, definido en $\mathbb C\setminus\mathbb R_-$ por la identidad $$\mathrm{Log}(r\mathrm e^{\mathrm}) = \ln(r)+\mathrm i\mathrm t, \quad r\gt0, \quad |t|\lt\pi.$$ Por lo tanto, la tarea principal es identificar a $z=1-\mathrm e^{\mathrm i\omega}$$z=r\mathrm e^{\mathrm it}$$r\gt0$$|t|\lt\pi$, y para comprobar el argumento de la condición. Para ello, tenga en cuenta que $$z = \mathrm e^{\mathrm i\omega/2}\cdot(\mathrm e^{-\mathrm i\omega/2}-\mathrm e^{\mathrm i\omega/2}) = -2\mathrm i\,\sin(\omega/2)\,\mathrm e^{\mathrm i\omega/2},$$ por lo tanto $$r = 2\,|\sin(\omega/2)|, \qquad \mathrm e^{\mathrm} = -\mathrm i\,\mathrm{sgn}(\omega)\,\mathrm e^{\mathrm i\omega/2} = \mathrm e^{\mathrm i(\omega\mathrm{sgn}(\omega)\pi)/2}.$$ Esto demuestra que $t=\frac12(\omega-\mathrm{sgn}(\omega)\pi)$ debido a que este número está en el intervalo de $(-\pi/\pi)$. Además, la separación de los casos $\omega\gt0$$\omega\lt0$, uno puede ver que $|t|\lt\pi/2$. Desde $|\alpha|\lt2$, el argumento de la condición mantiene y $$S(\omega) = r^\alpha\,\Re\mathrm e^{\mathrm i\alpha t} = r^\alpha\,\cos(\alpha t),$$ es decir,

$$S(\omega) = 2^\alpha\,\left|\sin\left(\tfrac12\omega\right)\right|^\alpha\,\cos\left(\tfrac12\alpha(\omega-\mathrm{sgn}(\omega)\pi)\right).$$

Ejercicio: Extender esta fórmula para el caso de $\omega=0$. Compruebe que esto define una función par en $(-\pi,\pi)$. Al $\alpha=1$, compruebe que el lado derecho es $2\sin^2(\omega/2)$ por cada $\omega$ $(-\pi,\pi)$ y explicar por qué se debe.

Answer 2

Insinuación

Si reemplaza$\cos(k\omega)$ por$\dfrac{{e^{ik\omega}+e^{-ik\omega}}}{2}$ o si calcula $$S(\omega)=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k {\alpha \choose k}\cos(k\omega)$$ as being the real part of $$T(\omega)=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k {\alpha \choose k}e^{i k \omega}$$ using the generalised binomial theorem, you end with $$S(\omega)=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k {\alpha \choose k}\cos(k\omega)=\frac{1}{2} \left(\left(1-e^{i \omega}\right)^\alpha+\left(1-e^{-i \omega}\right)^\alpha\right) que es una función de valor real.

Answer 3

Usa la identidad

PS

y el teorema binomial generalizado de Newton como

PS

Tú haces el resto del problema.

Answer 4

Muchas gracias por la respuesta dada por @Did.

En esta respuesta, intentaré responder al ejercicio que él propone.

1. La fórmula \begin{equation} S(\omega) = 2^\alpha|\sin(\omega/2)|^\alpha \cos\left[\frac{\alpha}{2}(\omega-\text{sgn}(\omega)\pi)\right] \end {equation} se puede extender al definir$\text{sgn}(0) = \frac{1}{\alpha}$ de manera que también se incluya$\omega=0$.

2. La fórmula es par, porque \begin{equation} \cos\left[\frac{\alpha}{2}(\omega-\text{sgn}(\omega)\pi)\right] = \cos(\alpha\omega/2)\cos(\alpha\text{sgn}(\omega)\pi/2)+\sin(\alpha\omega/2)\sin(\alpha\text{sgn}(\omega)\pi/2) \end {equation} y
   \begin{equation} \begin{split} &\cos(\alpha\text{sgn}(\omega)\pi/2)=\cos(\alpha\pi/2) ,\quad \omega>0\\ &\cos(\alpha\text{sgn}(\omega)\pi/2)=\cos(\alpha\pi/2) ,\quad \omega<0\\ &\sin(\alpha\text{sgn}(\omega)\pi/2)=\sin(\alpha\pi/2) ,\quad \omega>0\\ &\sin(\alpha\text{sgn}(\omega)\pi/2)=-\sin(\alpha\pi/2) ,\quad \omega<0\\ \end {split} \ end {equation}

3. Cuando$\alpha=1$, la fórmula se convierte en \begin{equation} S(\omega)=2|\sin(\omega/2)| \cos\left[(\omega-\text{sgn}(\omega)\pi)/2\right] \end {equation} y desde \begin{equation} \begin{split} &\cos\left[(\omega-\text{sgn}(\omega)\pi)/2\right] = \cos(\omega/2-\pi/2)=\sin(\omega/2),\quad \omega>0\\ &\cos\left[(\omega-\text{sgn}(\omega)\pi)/2\right] = \cos(\omega/2+\pi/2)=-\sin(\omega/2),\quad \omega<0\\ \end {split} \ end {equation} Concluimos \begin{equation} S(\omega)=2\sin^2(\omega/2) \end {equation}