El WolfarmAlpha no podía darme la suma de $$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{243}{16(n\pi )^5}\sin(2n\pi /3)$$ therefore I thought that this problem is difficult so I used my calculator to get $(1/24)$
Es este valor correcto o no? Si esta bien, ¿por qué la WolfarmAlph no podía encontrarlo?
Tenga en cuenta la suma:
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\displaystyle\sin{\frac{2 n \pi}{3}}}{n^5} $$
Esta suma es un poco más fácil de lo que parece, si se conoce el teorema de los residuos. La principal observación es que el numerador toma el valor $\sqrt{3}/2$, $-\sqrt{3}/2$, o $0$. Entonces usted puede reescribir la suma como
$$\frac{\sqrt{3}}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \left [\frac1{(3 n-2)^5} - \frac1{(3 n-1)^5}\right ] = \frac{\sqrt{3}}{4 \cdot 3^5} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \left [\frac1{(n-2/3)^5} - \frac1{(n-1/3)^5}\right ]$$
Podemos aplicar el teorema de los residuos a esta suma por considerar el siguiente resultado:
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} f(n) = -\pi \sum_k \operatorname*{Res}_{z=z_k} [ \cot{\pi z} \, f(z) ]$$
donde $z_k$ son no-entero polos de $f$. Todo lo que tenemos que hacer es calcular los residuos en los polos, que en este caso son a $z=1/3$$z=2/3$. Por ejemplo,
$$\begin{align}\operatorname*{Res}_{z=2/3} \left [ \cot{\pi z} \, \left ((z-2/3)^{-5}-(z-1/3)^{-5} \right ) \right] &= \frac1{4!} \left [\frac{d^4}{dz^4} \cot{\pi z} \right ]_{z=2/3} - \frac1{4!} \left [\frac{d^4}{dz^4} \cot{\pi z} \right ]_{z=1/3} \\ &= -\frac{8\pi^4}{3 \sqrt{3}}\end{align}$$
La suma es entonces
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\displaystyle\sin{\frac{2 n \pi}{3}}}{n^5} = \frac{2 \pi^5}{729}$$
El resultado de la siguiente manera.
$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ \begin{align}&\color{#66f}{\large% \sum_{n\ =\ 1}^{\infty}{243 \over 16\pars{n\pi}^{5}}\,\sin\pars{2n\pi \over 3}} ={243 \over 16\pi^{5}}\,\Im\sum_{n\ =\ 1}^{\infty} {\pars{\expo{2\pi\ic/3}}^{n} \over n^{5}} ={243 \over 16\pi^{5}}\,\color{#c00000}{\Im\Li{5}\pars{\expo{2\pi\ic/3}}} \end{align} donde $\ds{\Li{s}\pars{z}}$ es el PolyLogarithm Función .
Con Jonquiere La Inversión De La Fórmula $\ds{\Li{n}\pars{\expo{2\pi\ic x}} + \pars{-1}^{n}\Li{n}\pars{\expo{-2\pi\ic x}} =-\,{\pars{2\pi\ic}^{n} \over n!}\,\,{\rm B}_{n}\pars{x}}$ donde $\ds{\,{\rm B}_{n}\pars{x}}$ es un Bernoulli Polinomio tendremos: \begin{align} \color{#c00000}{\Im\Li{5}\pars{\expo{2\pi\ic/3}}} &={\Li{5}\pars{\expo{2\pi\ic/3}} - \Li{5}\pars{\expo{-2\pi\ic/3}} \over 2\ic} =-\pi\,{\pars{2\pi\ic}^{4} \over 5!}\,\,{\rm B}_{5}\pars{1 \over 3} \\[5mm]&=\color{#c00000}{-\,{2\pi^{5} \over 15}\,\,{\rm B}_{5}\pars{1 \over 3}} \end{align} Tenga en cuenta que $\ds{\,{\rm B}_{5}\pars{x}= x^{5} - {5 \over 2}\,x^{4} + {5 \más de 3}\,x^{3} - {1 \over 6}\,x}$ tal que $\ds{\color{#c00000}{\,{\rm B}_{5}\pars{1 \over 3} = -\,{5 \over 243}}}$.
\begin{align}&\color{#66f}{\large% \sum_{n\ =\ 1}^{\infty}{243 \over 16\pars{n\pi}^{5}}\,\sin\pars{2n\pi \over 3}} ={243 \over 16\pi^{5}}\bracks{\pars{-\,{2\pi^{5} \over 15}}\pars{-\,{5 \over 243}}} =\color{#66f}{\large{1 \over 24}} \end{align}
Se tiene la siguiente identidad para Polylogarithm función: $$\text{Li}_n(e^{2 \pi i x}) + (-1)^n\text{Li}_n(e^{-2 \pi i x}) = - \dfrac{(2 \pi i)^n}{n!} B_n(x)$$ donde $B_n(x)$ son los polinomios de Bernoulli. En tu caso, es fácil demostrar que $$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin(nx)}{n^5} = \dfrac1{2i} \left(\text{Li}_5(e^{ix}) - \text{Li}_5(e^{-ix})\right) = -\dfrac1{2i} \dfrac{(2 \pi i)^5}{5!} B_5\left(\frac{x}{2\pi} \right) = -\dfrac{2 \pi^5}{15}B_5\left(\dfrac{x}{2\pi} \right)$$ Conectar $x = \frac{2 \pi}3$, obtenemos $$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin(2n\pi/3)}{n^5} = -\dfrac{2 \pi^5}{15}B_5\left(\frac13 \right) = -\dfrac{2 \pi^5}{15} \cdot \dfrac{-5}{243} = \dfrac{2 \pi^5}{729}$$
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