¿Por qué $\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{{\sin(k)}}{k}={\dfrac{\pi-1}{2}}$?

Question

Inspirado por esta pregunta (y mucho más sencillo, supongo), Mathematica nos dice que $$\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{{\sin(k)}}{k}$$ converges to $\dfrac{\pi-1}{2}$.

Presumiblemente, esto puede ser derivada a partir de la similitud de la expansión de Leibniz $\pi$ $$4\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k+1}}{2k-1}$$to the expansion of $\sin(x)$ as $$\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1},$$ pero no veo cómo...

Podría alguien por favor explique cómo $\dfrac{\pi-1}{2}$ se llegó a?

Answer 1

Aquí hay una manera, pero no se utiliza la serie que mencionas tanto. Espero que bien.

La serie es:

$$\sin(1)+\frac{\sin(2)}{2}+\frac{\sin(3)}{3}+\cdot\cdot\cdot $$

$$\Im\left[e^{i}+\frac{e^{2i}}{2}+\frac{e^{3i}}{3}+\cdot\cdot\cdot \right]$$

Deje $\displaystyle x=e^{i}$.

$$\Im\left[x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdot\cdot\cdot \right]$$

diferenciar:

$$\Im \left[1+x+x^{2}+x^{3}+\cdot\cdot\cdot \right]$$

Esta es una serie geométrica, $\displaystyle \frac{1}{1-x}$

$$\Im [\frac{1}{1-x}]$$

Integrar:

$$-\Im[\ln(x-1)]=-\Im [\ln(e^{i}-1)]$$

Ahora, supongamos $$\ln(e^{i}-1)=a+bi$$,

$$e^{i}-1=e^{a}e^{bi}$$

$$\cos(1)-1+i\sin(1)=e^{a}\left[\cos(b)+i\sin(b)\right]$$

Equiparar partes real e imaginaria:

$$\cos(1)-1=e^{a}\cos(b)\\ \sin(1)=e^{a}\sin(b)$$

divide ambos:

$$\frac{\cos(1)-1}{\sin(1)}=\frac{e^{a}\sin(b)}{e^{a}\cos(b)}$$

$$-\cot(1/2)=\tan(b)$$

$$b=\tan^{-1}(\cot(1/2))=\frac{1}{2}-\frac{\pi}{2}$$

Pero necesitamos la negativa de este, por lo que, finalmente:

$$\frac{\pi}{2}-\frac{1}{2}$$

Answer 2

Como una generalización, si $a$ no es un entero,

$$ \sum_{k=-\infty}^{\infty} \frac{\sin k}{k+a} = \sum_{\substack{k=-\infty \\ k \ne 0}}^{\infty} \frac{\sin k}{k+a} = \pi \Big(\cos (a) -\sin (a) \cot (\pi a) \Big)$$

Este resultado puede ser mostrado usando el contorno de la integración.

Como $f(z) = \pi \cot (\pi z)$, $g(z) = e^{-i \pi z} \ \pi \csc (\pi z)$ ha simple polos en los enteros con residuo $1$.

Pero a diferencia de $ \displaystyle \int \frac{e^{iz} f(z)}{z + a}dz$, $ \displaystyle \int \frac{e^{iz} g(z)}{z+a} \ dz$ se desvanece a lo largo de un círculo de radio infinito centrada en el origen, que evita los polos en el eje real.

Así tenemos

$$\int_{C} \frac{e^{iz} g(z)}{z+a} \ dz =2 \pi i \sum_{k=-\infty}^{\infty} \text{Res} \left[\frac{e^{iz} g(z)}{z+a}, k \right] + 2 \pi i \ \text{Res} \left[\frac{e^{iz} g(z)}{z+a},-a \right] = 0$$

lo que implica

$$ \begin{align} \sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{e^{ik}}{k+a} &= - \text{Res} \left[\frac{e^{iz} g(z)}{z+a},-a \right] \\ &= - \lim_{z \to -a} e^{iz} e^{-i \pi z} \ \pi \csc (\pi z) \\ &= \pi e^{-ia} e^{i \pi a} \csc(\pi a) \\ &= \pi \Big( \cos (a) - i \sin (a)\Big) \Big(\cos (\pi a) + i \sin (\pi a) \Big) \csc (\pi a) \\ &= \pi \ \frac{\cos (a) \cos (\pi a) + \sin (a) \sin (\pi a)}{\sin (\pi a)} + i \pi \ \frac{\cos(a) \sin (\pi a) - \sin(a) \cos (\pi a)}{\sin (\pi a)} \end{align} $$

Y la equiparación de las piezas imaginarias en ambos lados de la ecuación,

$$ \sum_{k=-\infty}^{\infty} \frac{\sin k}{k+a} = \pi \Big(\cos (a) - \sin (a) \cot (\pi a) \Big)$$

A continuación, para evaluar su suma, vamos a $a \to 0$ a ambos lados de la ecuación para obtener

$$\sum_{\substack{k=-\infty \\ k \ne 0}}^{\infty} \frac{\sin k}{k} = \pi \left(1- \frac{1}{\pi} \right)$$

o

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin k}{k} = \frac{\pi -1}{2} $$

Answer 3

$$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\sin n}{n}=\Im\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{e^{in}}{n}=\Im\left(-\log(1-e^i)\right)=\pi-\arg(e^i-1)=\frac{\pi-1}{2}.$$

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ \begin{align} \sum_{k = 1}^{\infty}{\sin\pars{k} \over k}&= -1 + \sum_{k = 0}^{\infty}{\sin\pars{k} \over k} \end{align}

Con Abel-Plana Fórmula: \begin{align} \sum_{k = 1}^{\infty}{\sin\pars{k} \over k}&= \color{#c00000}{\Large -1} +\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{x} \over x}\,\dd x} ^{\ds{=\ \color{#c00000}{\Large{\pi \over 2}}}}\ +\ \color{#c00000}{\Large\half}\ \overbrace{\lim_{x \to 0}{\sin\pars{x} \over x}}^{\ds{=\ 1}} \\[3mm]&\phantom{=}+ \ic\ \underbrace{\int_{0}^{\infty}\bracks{% {\sin\pars{\ic x} \over \ic x} - {\sin\pars{-\ic x} \over -\ic x}} {\dd x \over \expo{2\pi x} - 1}}_{\ds{=\ 0}} \end{align}

$$\color{#66f}{\large% \sum_{k = 1}^{\infty}{\sin\pars{k} \over k} = {\pi - 1 \over 2}} $$

Answer 5

Se desprende de la fórmula $-log(1-z)=\sum_{j=1}^\infty \frac{z^j}{j}$$|z|\leq 1$$z\neq 1$. A continuación, dejando $z_0=e^{i}=\cos 1 + i\sin 1$. A continuación, la suma que usted desea es la parte imaginaria de $-\log(1-z_0)$.

Desde la parte imaginaria de $\log$ es el ángulo, entonces su suma es $$\arctan\left(\frac{\sin 1}{1-\cos 1}\right)=\arctan\left(\cot\frac12\right) =\frac{\pi}{2}-\frac{1}{2}$$