Series Infinitas $\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{3n}}{(3n-1)!}$

Question

¿Cómo podemos demostrar que? $$\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{3n}}{(3n-1)!}=\frac{1}{3}e^{\frac{-x}{2}}x\left(e^{\frac{3x}{2}}-2\sin\left(\frac{\pi+3\sqrt{3}x}{6}\right)\right).$$

Creo que si escribimos la expansión de taylor de $\sin(u)$$e^u$, se puede llegar de RHS a la PREPA, pero estoy buscando una manera de demostrarlo de la PREPA.

Answer 1

Considere la posibilidad de la tercera raíz de la unidad $\rho = e^{2\pi i/3} = \frac{-1+i\sqrt{3}}{2}$. Usted tiene

$$e^{\rho z} = \sum_{k=0}^\infty \frac{\rho^k z^k}{k!} = \sum_{m=0}^\infty \frac{z^{3m}}{(3m)!} + \rho\sum_{m=0}^\infty \frac{z^{3m+1}}{(3m+1)!} + \rho^2\sum_{m=0}^\infty \frac{z^{3m+2}}{(3m+2)!}$$

desde $\rho^{3m} = 1,\; \rho^{3m+1} = \rho,\; \rho^{3m+2} = \rho^2$. Usted tiene algo similar para $e^{\rho^2 z}$. También considere el $1 + \rho + \rho^2 = 0$. A continuación, una combinación adecuada de $e^{\rho^k x}$ da

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{3n-1}}{(3n-1)!}.$$

Usando la fórmula de Euler $e^{it} = \cos t + i\sin t$, luego le da la mano derecha.

Answer 2

Demasiado largo para un comentario: Sólo para poner las cosas en su debida perspectiva:

$$\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{an+b}}{(an+b)!} = \begin{cases} e^x, &(a,b)=(1,0)\\ \\ \cosh x, &(a,b)=(2,0)\\ \\ \sinh x, &(a,b)=(2,1)\\ \\ \displaystyle \frac13 \bigg[ e^x+2e^{^{-\frac x2}}\cos\bigg(x\frac{\sqrt3}2\bigg)\bigg],&(a,b)=(3,0)\\ \\\\ \displaystyle \frac13 \bigg\{e^x-e^{^{-\frac x2}}\bigg[\cos\bigg(x\frac{\sqrt3}2\bigg)-\sqrt3\sin\bigg(x \frac{\sqrt3}2\bigg)\bigg]\bigg\}, &(a,b)=(3,1)\\ \\\\ \displaystyle \frac13\bigg\{e^x-e^{^{-\frac x2}}\bigg[\cos\bigg(x\frac{\sqrt3}2\bigg)+\sqrt3\sin\bigg(x\frac{\sqrt3}2\bigg)\bigg]\bigg\}, &(a,b)=(3,2)\\ \\\\ \frac12 (\cosh x+\cos x),& (a,b)=(4,0)\\ \\ \frac12 (\sinh x+\sin x),& (a,b)=(4,1)\\ \\ \frac12 (\cosh x-\cos x),& (a,b)=(4,2)\\ \\ \frac12 (\sinh x-\sin x),& (a,b)=(4,3) \end{casos}$$

Answer 3

Considere la función

$$f(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{3n-1}}{(3n-1)!}$$

Considere esto una serie de Maclaurin para $f(x)$. Así que tenemos $f(0)=0,f'(0)=0$$f''(0)=1$. Por último, tenga en cuenta que $f'''(x)=f(x)$. Resolver este problema de valor inicial y multiplicar por $x$ para obtener una respuesta.

Parece que puede tardar algo más de trabajo para conseguir esto en la forma deseada, sin embargo, así que voy a continuar. La ecuación característica para nuestro problema es $s^3-1=0$, cuyas raíces son la tercera raíces de la unidad $1$$-\frac12\pm\frac{\sqrt3}2i$. Esto sugiere

$$f(x)=k_1e^x+k_2e^{-\frac x2}\sin(\frac{x\sqrt3}2)+k_3e^{-\frac x2}\cos(\frac{x\sqrt3}2)=$$ $$k_1e^x+e^{-\frac x2}[k_2\sin(\frac{x\sqrt3}2)+k_3\cos(\frac{x\sqrt3}2)]$$ $$f'(x)=k_1e^x+e^{-\frac x2}[(-\frac12k_2-\frac{\sqrt3}2k_3)\sin(\frac{x\sqrt3}2)+(-\frac12k_3+\frac{\sqrt3}2k_2)\cos(\frac{x\sqrt3}2)]$$ $$f''(x)=k_1e^x+e^{-\frac x2}[(\frac14k_2+\frac{\sqrt3}4k_3+\frac{\sqrt3}4k_3-\frac34k_2)\sin(\frac{x\sqrt3}2)+(\frac14k_3-\frac{\sqrt3}4k_2-\frac{\sqrt3}4k_2-\frac34k_3)\cos(\frac{x\sqrt3}2)]=$$ $$k_1e^x+e^{-\frac x2}[(-\frac12k_2+\frac{\sqrt3}2k_3)\sin(\frac{x\sqrt3}2)+(-\frac12k_3-\frac{\sqrt3}2k_2)\cos(\frac{x\sqrt3}2)]$$

El taponamiento en las condiciones iniciales

$$k_1+k_3=0$$ $$k_1+\frac{\sqrt3}2k_2-\frac12k_3=0$$ $$k_1-\frac{\sqrt3}2k_2-\frac12k_3=1$$

A partir de la primera ecuación, obtenemos $k_3=-k_1$. La adición de la segunda y la tercera da $k_3=2k_1-1$. Por lo $k_1=\frac13,k_3=-\frac13$ y

$$\frac13+\frac{\sqrt3}2k_2+\frac16=0$$ $$\frac{\sqrt3}2k_2=-\frac12$$ $$k_2=-\frac{\sqrt3}3$$

Por lo que el último paso es probar

$$\sqrt3\sin(\frac{x\sqrt3}2)+\cos(\frac{x\sqrt3}2)=2\sin(\frac{x\sqrt3}2+\frac\pi6)$$

Este último paso puede ser realizado mediante la resolución de $a\cos b=\sqrt3$$a\sin b=1$. Esto le da a $\tan b=\frac{\sqrt3}3$$a^2=3+1=4$.