La forma cerrada de $\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{\sin(n\theta)}{n^3}$ para $\theta\in (-\pi,\pi)$

Question

Tenemos que encontrar la forma cerrada de la siguiente serie $$\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{\sin(n\theta)}{n^3}$$ para $\theta\in (-\pi,\pi)$. Intentamos utilizar el siguiente formulario de la sinusoidal $$\sin(n\theta)=\frac{e^{in\theta}-e^{-in\theta}}{2i}$$

pero después de algunos cálculos no parece funcionar, porque de la $n^3$ en el denominador. Lo que también trató de llenado en el poder de la serie del seno, pero esto no nos ayuda mucho. Creo que estamos perdiendo un importante ejemplo de una potencia de la serie. Gracias de antemano

Answer 1

Tenemos, asumiendo $\theta \neq 0$, $$\sum_{k\geq1}\left(-1\right)^{k}\frac{\sin\left(k\theta\right)}{k^{3}}=\theta^{3}\sum_{k\geq1}\left(-1\right)^{k}\frac{\sin\left(k\theta\right)}{k^{3}\theta^{3}} $$ and we can use the fact that the Mellin transform identity for harmonic sums with base function $g(x)$ is $$\mathfrak{M}\left(\underset{k\geq1}{\sum}\lambda_{k}g\left(\mu_{k}x\right)\, s\right)=\underset{k\geq1}{\sum}\frac{\lambda_{k}}{\mu_{k}^{s}}\, g\left(s\ \ derecho)^{*} $$ where $g\left(s\right)^{*}$ is the Mellin transform of $g\left(x\right)$ . So in this case we have $$\lambda_{k}=\left(-1\right)^{k},\,\mu_{k}=k,\ g\left(x\right)=\frac{\sin\left(x\right)}{x^{3}} $$ and so its Mellin transform is $$g\left(s\ \ derecho)^{*}=\Gamma\left(s-3\right)\sin\left(\frac{1}{2}\pi\left(s-3\right)\right) $$and observig that $$\underset{k\geq1}{\sum}\frac{\lambda_{k}}{\mu_{k}^{s}}=\left(2^{1-s}-1\right)\zeta\left(s\right) $$ we have $$\theta^{3}\sum_{k\geq1}\left(-1\right)^{k}\frac{\sin\left(k\theta\right)}{k^{3}\theta^{3}}=\frac{\theta^{3}}{2\pi i}\int_{\mathbb{C}}\left(2^{1-s}-1\right)\zeta\left(s\right)\Gamma\left(s-3\right)\sin\left(\frac{1}{2}\pi\left(s-3\right)\right)\theta^{-s}ds= $$ $$\frac{\theta^{3}}{2\pi i}\int_{\mathbb{C}}P\left(s\ \ derecho)\theta^{-s}ds. $$ Note that sine term cancels poles in at odd negative integers, zeta cancels poles at even negative integers and $\left(2^{1-s}-1\right)$ cancels the pole of zeta at $s=1 $ . So we have poles only at $s=0,2$ and the compute is $$\underset{s=0}{\textrm{Res}}\left(Q\left(s\ \ derecho)\theta^{s}\right)=\frac{1}{12} $$ $$\underset{s=2}{\textrm{Res}}\left(Q\left(s\right)\theta^{-s}\right)=-\frac{\pi^{2}}{12\theta^{2}} $$ and so we have $$\sum_{k\geq1}\left(-1\right)^{k}\frac{\sin\left(k\theta\right)}{k^{3}}=\frac{\theta^{3}}{12}-\frac{\pi^{2}\theta}{12}. $$

Answer 2

debe ser mucho más sencillo, ya que fue en una prueba.

Supongo que las normas de Marco Cantarini's impresionante uso de la Mellin transformación de la espera o la intención de la solución - al menos fue una prueba para un curso de tratar con el Mellin transformar.

Lo más probable es que se espera que uno reconoce una relativa serie de Fourier. La definición de

$$f(\theta) := \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n\sin (n\theta)}{n^3},$$

es fácil ver

$$f''(\theta) = \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}\sin (n\theta)}{n},$$

y que es una serie de Fourier que uno ve de vez en cuando.

Tenemos

$$\int_{-\pi}^\pi \theta \sin (n\theta)\,d\theta = \biggl[-\frac{\theta\cos (n\theta)}{n}\biggr]_{-\pi}^\pi + \frac{1}{n}\int_{-\pi}^\pi \cos (n\theta)\,d\theta = \frac{(-1)^{n+1}2\pi}{n},$$

y así

$$f''(\theta) = \frac{\theta}{2}.$$

La integración que, de ello se sigue que

$$f'(\theta) = \frac{\theta^2}{4} + c,$$

y el uso de la restricción

$$\int_{-\pi}^\pi f'(\theta)\,d\theta = 0$$

de la periodicidad de las $f$, nos encontramos con $c = -\frac{\pi^2}{12}$. A continuación, la integración, una vez más, obtenemos (esta vez, la constante de integración se ve fácilmente ser $0$)

$$f(\theta) = \frac{\theta^3}{12} - \frac{\pi^2\theta}{12}.$$

Si uno no reconocer la serie de Fourier de $f''$ [o tal vez ya que de $f'$], las cosas son más difíciles. Sin embargo, si uno tiene la idea de escribir

$$\sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}\sin (n\theta)}{n} = \operatorname{Im} \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} e^{in\theta},$$

que, en el contexto de las transformadas de Fourier no parece una idea descabellada, uno puede reconocer la serie de Taylor de

$$\log \bigl(1 + e^{i\theta}\bigr)$$

en que - para un intento de encontrar el valor, no es necesario entrar en los detalles de convergencia; si uno ha encontrado el candidato, se puede comprobar que en muchos aspectos. Ahora

$$1 + e^{i\theta} = \bigl(e^{i\theta/2} + e^{-i\theta/2}\bigr)e^{i\theta/2} = 2\cos \frac{\theta}{2}\cdot e^{i\theta/2},$$

por lo $\operatorname{Im} \log \bigl(1 + e^{i\theta}) = \frac{\theta}{2} + 2\pi k(\theta)$, y no es difícil ver que $k(\theta) \equiv 0$ es la elección correcta.

Si uno se siente en casa con las distribuciones, uno puede reconocer la serie de Fourier de $f'''$ como la de $\frac{1}{2} - \pi \delta_\pi$, pero que es, probablemente, también más allá de lo que se puede esperar.

Answer 3

Combinando el Marco de la solución con el polylog solución ... $$ \text{Im}\;\text{Li}_3(-e^{es})= \frac{t^3-\pi^2}{12}, \qquad -\pi < t < \pi $$ Pero, por supuesto, todo el mundo sabe que!

Answer 4

Esto se parece a la serie de Fourier de una función impar, y converge uniformemente, ya que $$ \sum_{n=1}^\infty \Bigg|(-1)^n \frac{\sin(n\theta)}{n^3} \Bigg|\leq \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}. $$ Puedes investigar un poco a través de la literatura y buscar algún texto en el que el valor exacto de la serie $$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^6} $$ se calcula (si usted sabe sobre el teorema de Parseval, se entiende por qué), y la función que está buscando probablemente aparecerán en el texto.

Además, sólo por una cuestión de idioma, de la serie no se llama potencia de la serie, pero trigonométrica de la serie (debido a la sinusoidal). El poder de la serie tiene la forma $\sum a_nz^n$.