Valor de $\sum_{n=1}^\infty\sin^{2k+1}(n)/n$

Question

Demostrar o refutar: para cualquier entero positivo $k$, $$\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^{2k+1}(n)}{n}=\frac{1}{3}\left(\frac{3}{4}\right)^k\pi$$ Esto es una conjetura, que no he encontrado en ninguna otra parte. He comprobado que el uso de Wolfram Alpha para valores pequeños de a $k$ (menos de 7), pero no estoy seguro de cómo demostrarlo en general. Creo que el análisis complejo es necesario, pero estoy un poco oxidado en esto.

Answer 1

La refutación: basta que Se establezca $k=12$, luego \begin{align} \tilde{S}_{12}=\frac13\left(\frac34\right)^{12}\pi=&\frac{\color{red}{177\,147}\,\pi}{16\,777\,216},\\ S_{12}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin^{25}n}{n}=&\frac{\color{blue}{177\,146}\,\pi}{16\,777\,216}. \end{align} Adenda: La fórmula exacta para la suma es $$S_k=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin^{2k+1}n}{n}=2^{-2k}\sum_{j=0}^k\left(-1\right)^{k-j}{2k+1\choose j}\left[\frac{\pi}{2}-\pi\left\{\frac{2k-2j+1}{2\pi}\right\}\right],\tag{1}$$ donde $\{x\}$ denota la parte fraccionaria de $x$. Esta fórmula es consecuencia de dos observaciones básicas:

1. El uso de binomio de expansión, uno puede expresar $\sin^{2k+1}n$ como una combinación lineal de los senos de los ángulos: \begin{align} \sin^{2k+1}n&=\left(\frac{e^{in}-e^{-in}}{2i}\right)^{2k+1}=2^{-2k}(-1)^k\sum_{j=0}^{2k+1}{2k+1 \choose j}(-1)^j \frac{e^{i(2k+1-2j)n}}{2i}=\\&= 2^{-2k}\sum_{j=0}^{k}{2k+1 \choose j}(-1)^{k-j}\sin\left(2k-2j+1\right)n.\tag{2} \end{align}

2. Considere la función periódica $f(x)$ del período $2\pi$ definido por $$f(x)=\frac{\pi-x}{2},\qquad x\in[0,2\pi).$$ Una manera conveniente de representar esta función es escribir $f(x)=\frac{\pi}{2}-\pi\left\{\frac{x}{2\pi}\right\}$$x\ge 0$. Por otro lado, esta función se puede ampliar fácilmente en serie de Fourier, que los rendimientos de la identidad $$\frac{\pi}{2}-\pi\left\{\frac{x}{2\pi}\right\}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nx}{n},\qquad x\in\mathbb{R}_{>0}\backslash 2\pi\mathbb{Z}_{>0}.\tag{3}$$ Los múltiplos enteros de $2\pi$ son excluidos, ya que en estos puntos de $f(x)$ es discontinuo y no tiene por qué coincidir con su serie de Fourier. Sin embargo, esto es de ninguna importancia para nuestro problema si el $x$'s son enteros.

La combinación de (2) y (3) nos da inmediatamente (1).

A partir de $k=12$ de la suma (1) difiere de la conjetura de expresión. Por otra parte la diferencia parece aumentar con el crecimiento de $k$ y tienden a algunos finito valor como $k\to \infty$.

Answer 2

Supongo que esto viene de el hecho de que$$\sin^{2m+1}(x)=\frac 1{2^{2m}}\sum_{k=0}^{m}(-1)^{m-k}\binom{2m+1}{k}\sin\Big((2m-2k+1)x\Big)$$ and that $$S_{k}=\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin\big((2k+1) n\big)}n=\alpha_k\,\pi+\beta_k $$ where $$\alpha_k=\lfloor \frac{k-1}{3}\rfloor +\frac{1}{2}$$ $$\beta_k=-\big(k+\frac{1}{2}\big)$$

Espero y deseo que esto le ayudará a usted por la hermosa conjetura.

Answer 3

Deje $i=\sqrt{-1}$. \begin{align} f(k)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^{2k+1}(n)}{n}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac1n\frac{i^{2k+1}}{2^{2k+1}}\sum_{j=0}^{2k+1}\binom{2k+1}{j}(-1)^{2k+1-j}e^{in(2j-2k-1)}\\ =&\frac{i^{2k+1}}{2^{2k+1}}\sum_{j=0}^{2k+1}(-1)^{2k+1-j}\binom{2k+1}{j}\sum_{n=1}^\infty \frac1n e^{in(2k+1-2j)}\\ =&\frac{i^{2k+1}}{2^{2k+1}}\sum_{j=0}^{2k+1}\binom{2k+1}{j}(-1)^{2k+1-j}\Big(-\log(1-e^{i(2k+1-2j)})\Big) \end{align}

Yo no administrar a simplificar este a su cuidada forma cerrada resultado!