Suma de series trigonométricas infinitas

Question

Intento demostrar que para cualquier $x\geq 1$ que tenemos: $$ \sum_{m=1}^{\infty} \frac{\sin\frac{(2m-1)\pi}{x}}{\left(\frac{(2m-1)\pi}{x}\right)^3} = \frac{x}{8}(x-1). $$

¿Podría ayudarme, por favor? Estoy pensando que las series de Fourier podrían ayudar, pero no he encontrado nada hasta ahora. Muchas gracias.

Answer 1

Sí. Las series de Fourier pueden ayudar. Es equivalente a encontrar la función límite de la serie de Fourier

$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {(2n - 1)t} \right)}}{{{{(2n - 1)}^3}}}} $ .

Tenga en cuenta que $\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {nt} \right)}}{n}} $ converge a $(\pi - t)/2$ para $0 < t < 2 \pi $ . Observe que

${\mathop{\rm Im}\nolimits} Log(1 - {e^{i2t}}) = - 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin (2nt)}}{{2n}}} $ .

Podemos deducirlo de $Log(1 - {z^2}) = - 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{z^{2n}}}}{{2n}}} $ .
Por lo tanto $\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin (2nt)}}{{2n}}} = - \frac{1}{2}{\mathop{\rm Im}\nolimits} Log(1 - {e^{i2t}}) = \frac{1}{2}\frac{1}{2}(\pi - 2t) = \frac{1}{4}(\pi - 2t)$ para $ 0 < t < \pi $ .

T $\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin ((2n - 1)t)}}{{2n - 1}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin (nt)}}{n}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin (2nt)}}{{2n}}} = \frac{1}{2}(\pi - t) - \frac{1}{4}(\pi - 2t) = \frac{\pi }{4}$ para $0 < t < \pi$ . Podemos integrar la serie de Fourier anterior término a término para obtener la integral de la función de la derecha:

$ - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {(2n - 1)t} \right)}}{{{{(2n - 1)}^2}}}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{(2n - 1)}^2}}}} = \frac{\pi }{4}t$

Es decir,

$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {(2n - 1)t} \right)}}{{{{(2n - 1)}^2}}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{{(2n - 1)}^2}}}} - \frac{\pi }{4}t = \frac{{{\pi ^2}}}{8} - \frac{\pi }{4}t$ .

Integrando de nuevo da:

$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {(2n - 1)t} \right)}}{{{{(2n - 1)}^3}}}} = \frac{{{\pi ^2}}}{8}t - \frac{\pi }{8}{t^2}$

Ahora para $x \ge 1$ , $ t = \pi/x \le \pi $ .

Sustituyendo este valor de $t$ en la ecuación anterior da:

$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {(2n - 1){\textstyle{\pi \over x}}} \right)}}{{{{(2n - 1)}^3}}}} = \frac{{{\pi ^3}}}{8}\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)$ ,

que es equivalente a su ecuación para $x \ge 1$ .

Answer 2

Sea $z=\frac{1}{x}$ . Queremos demostrar que en el intervalo $I=(0,1)$ que tenemos:

$$ f(z)=\sum_{m\geq 1}\frac{\sin((2m-1)\pi z)}{(2m-1)^3} = \frac{\pi^3}{8} z(1-z).\tag{1} $$ Eso no es tan difícil, ya que: $$-\sum_{m=1}^{M}\frac{\sin((2m-1)\pi z)}{2m-1}\xrightarrow[L^2(0,1)]{}-\frac{\pi}{4},\tag{2} $$ así que $f(z)$ es la serie de Fourier de un polinomio de segundo grado.

Desde $f(0)=f(1)=0$ ese polinomio es múltiplo de $x(1-x)$ entonces $(1)$ sigue de: $$ f\left(\frac{1}{2}\right)=\sum_{m\geq 1}\frac{(-1)^{m+1}}{(2m-1)^3}=\frac{\pi^3}{32}.\tag{3}$$ Para probar esta última identidad, véase esta pregunta relacionada .

---

Obsérvese que, si sabemos de antemano cuál es la RHS de $(1)$ basta con calcular la serie de Fourier de $x(1-x)$ sur $L^2(0,1)$ luego comprobar que coincide con el LHS, mucho más fácil.