Evaluar $\lim_{k\to\infty}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin\left(\pi n/k\right)}{n}$

Question

Recientemente, un amigo me pidió que calculara el límite de la siguiente serie

$$\displaystyle{\lim_{k\to\infty}}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin\left(\frac{\pi n}{k}\right)}{n}$$

Habiendo visto un problema similar a este antes, Series trigonométricas infinitas difíciles He utilizado el mismo enfoque de argumento complejo que se ve en ese problema.

Finalmente, para este problema, obtuve $\frac{\pi}{2}$ como mi respuesta. Sin embargo, este límite también puede interpretarse como una suma de Riemann, excepto que la respuesta a la suma de Riemann difiere de la que obtuve como respuesta, y según Wolfram Alpha, la respuesta se expresa en términos de $Si$ , donde $Si$ es la integral del seno.

Me pregunto, ¿el límite invalida el planteamiento del argumento, o hay algo más que se me escapa, porque este límite si no me equivoco es una Suma de Riemann después de todo?

Answer 1

La suma de Riemann sería $$ \begin{align} \lim_{k\to\infty}\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin\left(\frac{\pi n}k\right)}{n} &=\lim_{k\to\infty}\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin\left(\frac{\pi n}k\right)}{n/k}\frac1k\\ &=\int_0^\infty\frac{\sin(\pi x)}x\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^\infty\frac{\sin(x)}x\,\mathrm{d}x\\[3pt] &=\frac\pi2\tag1 \end{align} $$ Sin embargo, una forma más limpia es observar que $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{\sin\left(\frac{\pi n}k\right)}{n} &=-\mathrm{Im}\!\left(\log\left(1-e^{i\pi/k}\right)\right)\\ &=\frac\pi2-\frac\pi{2k}\tag2 \end{align} $$ y el límite es fácil.

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Cuídate

Hay que tener cuidado con la convergencia de la suma de Riemann. He aquí un método para controlar los restos.

Porque $|\sin(\pi x)|\le1$ tenemos $$ \int_m^{m+1}\left|\frac{\sin(\pi x)}x\right|\,\mathrm{d}x \le\frac1m\tag3 $$ Además, $\int_m^{m+2}\sin(\pi x)\,\mathrm{d}x=0$ Así que.., $$ \begin{align} \left|\int_m^{m+2}\frac{\sin(\pi x)}x\,\mathrm{d}x\right| &=\left|\int_m^{m+2}\sin(\pi x)\left(\frac1x-\frac1{m+1}\right)\mathrm{d}x\right|\\ &\le\frac1{m(m+1)}+\frac1{(m+1)(m+2)}\\[6pt] &=\frac1m-\frac1{m+2}\tag4 \end{align} $$ Por lo tanto, para cualquier $N\ge m$ , $$ \left|\int_m^N\frac{\sin(\pi x)}x\,\mathrm{d}x\right| \le\frac1m\tag5 $$ Porque $|\sin(\pi x)|\le1$ tenemos $$ \sum_{n=mk}^{(m+1)k}\left|\frac{\sin\left(\frac{\pi n}k\right)}{n}\right| \le\frac1m\tag6 $$ Además, $\sum\limits_{n=mk}^{(m+2)k}\sin\left(\frac{\pi n}k\right)=0$ Así que.., $$ \begin{align} \left|\sum_{n=mk}^{(m+2)k}\frac{\sin\left(\frac{\pi n}k\right)}{n}\right| &=\left|\sum_{n=mk}^{(m+2)k}\sin\left(\frac{\pi n}k\right)\left(\frac1n-\frac1{(m+1)k}\right)\right|\\ &\le\frac1{m(m+1)}+\frac1{(m+1)(m+2)}\\[6pt] &=\frac1m-\frac1{m+2}\tag7 \end{align} $$ Por lo tanto, para cualquier $M\ge mk$ , $$ \left|\sum_{n=mk}^M\frac{\sin\left(\frac{\pi n}k\right)}{n}\right|\le\frac1m\tag8 $$ Para cualquier $\epsilon\gt0$ , dejemos que $m\ge\frac4\epsilon$ . Entonces las Sumas de Riemann nos permiten elegir un $k$ lo suficientemente grande como para que $$ \left|\int_0^m\frac{\sin(\pi x)}x\,\mathrm{d}x-\sum_{n=1}^{mk}\frac{\sin\left(\frac{\pi n}k\right)}{n/k}\frac1k\right|\le\frac\epsilon2\tag9 $$ Desigualdades $(5)$ y $(8)$ demuestran que para cualquier $N\ge m$ y $M\ge mk$ , $$ \left|\int_m^N\frac{\sin(\pi x)}x\,\mathrm{d}x\right|\le\frac\epsilon4 \quad\text{and}\quad \left|\sum_{n=mk}^M\frac{\sin\left(\frac{\pi n}k\right)}{n/k}\frac1k\right|\le\frac\epsilon4\tag{10} $$ Desigualdades $(9)$ y $(10)$ muestran que, para el $k$ elegido para $(9)$ , $$ \left|\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin\left(\frac{\pi n}k\right)}{n}-\frac\pi2\right|\le\epsilon\tag{11} $$ Desde $\epsilon\gt0$ era arbitraria, $(11)$ dice que $$ \lim_{k\to\infty}\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin\left(\frac{\pi n}k\right)}{n}=\frac\pi2\tag{12} $$