Demuestra que : $ \sum^{\infty}_{n=1} \frac{ \sin(n \alpha)}{n} = \frac{\pi - \alpha}{2} $

Question

Demuestra que : $ \sum^{\infty}_{n=1} \frac{ \sin(n \alpha)}{n} = \frac{\pi - \alpha}{2} $

(Preferiblemente) utilizando herramientas de análisis complejas.

Se agradece cualquier sugerencia o idea.

Answer 1

Sugerencia: calcular primero $\sum_{k=1}^N \frac{\sin(k\alpha)}{n}$ diferenciando y notando que se puede reconocer la parte real de una serie geométrica.

Answer 2

Digamos que sólo queremos sumar esa serie, utilizar, $$ \sin(n\alpha) = \frac{e^{in\alpha} - e^{-in\alpha}}{2i}$$ Entonces utiliza las series logarítmicas,

$$\frac1{2i} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{ni\alpha}}{n} - \frac{e^{-ni\alpha}}{n} $$ Así, obtenemos, $$ \frac{1}{2i} \left\{ -\log(1-e^{i\alpha}) + \log(1-e^{-i\alpha}) \right\} $$ Ahora tienes que simplemente que usando identidades y reglas de registro.

Answer 3

La suma puede evaluarse por integración de contornos considerando $$ f(z) = \frac{\pi e^{i \alpha z} e^{- i \pi z} \csc (\pi z)}{z}$$ e integrando alrededor de un cuadrado con vértices en $\pm (N+1/2) \pm (N+1/2)$ donde $N$ es un número entero positivo (llámese $C_{N})$ .

Como $\pi \cot \pi z$ , $\pi e^{- i \pi z} \csc(\pi z)$ tiene polos simples en los enteros con residuo $1$ .

Pero a diferencia de $ \displaystyle \pi \int_{C_{N}} \frac{e^{i \alpha z} \cot(\pi z)}{z} \ dz $ la integral $\displaystyle \pi \int_{C_{N}} \frac{e^{i \alpha z} e^{- i \pi z} \csc(\pi z)}{z}\ dz$ se desvanece como $N \to \infty$ si $ 0 < \alpha < 2 \pi$ .

Entonces

$$ \lim_{N \to \infty}\pi \int_{C_{N}} \frac{e^{i \alpha z} e^{- i \pi z} \csc(\pi z)}{z}\ dz = 0 = \sum_{n=-\infty}^{1} \text{Res}[f(z),n] + \text{Res}[f(z),0] + \sum_{n=1}^{\infty} \text{Res}[f(z),n]$$

$$ = \sum_{n=-\infty}^{-1} \frac{e^{i \alpha n}}{n} + \text{Res}[f(z),0] + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{i \alpha n}}{n}$$

Y como

$$ f(z) = \frac{\pi e^{i(\alpha - \pi)z} \csc (\pi z)}{z} = \pi \Big( 1 + i(\alpha - \pi)z + \mathcal{O}(z^{2}) \Big) \Big(\frac{1}{\pi z} + \mathcal{O}(1) \Big)\frac{1}{z}$$

$$ = \frac{1}{z^{2}} + i \frac{\alpha - \pi}{z} + \mathcal{O}(1) $$

tenemos

$$\text{Res}[f(z),0] = i(\alpha- \pi) $$

Por lo tanto,

$$ \sum_{n=-\infty}^{-1} \frac{e^{i \alpha n}}{n} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{i \alpha n}}{n} = i(\pi -\alpha) $$

Y equiparar las partes imaginarias de ambos lados de la ecuación,

$$ 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (\alpha n)}{n} = \pi -\alpha $$

$$ \implies \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (\alpha n)}{n} = \frac{\pi - \alpha}{2}$$