Demostrando $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos(n)}{n^4}=\frac{\pi ^4}{90}-\frac{\pi ^2}{12}+\frac{\pi }{12}-\frac{1}{48}$

Question

Demostrando $$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos(n)}{n^4}=\frac{\pi ^4}{90}-\frac{\pi ^2}{12}+\frac{\pi }{12}-\frac{1}{48}$$

He probado con Wolfram, pero no podía darme ninguna clara valor como se muestra a continuación

El valor numérico de Wolfram no es diferente de mi forma cerrada. ¿Alguien puede explicar cómo la $.5(Li_4(e^{-i}+Li_4(e^{i}))$ igual a la anterior de forma cerrada

Answer 1

Inicio con : $$\tag{1}f(x):=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos(n\,x)}{n^4}$$ y observar que (a partir de la "Onda de diente de sierra" series de Fourier con $L=2\pi$$x=2X$) : $$\tag{2}f^{(3)}(x)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\sin(n\,x)}{n}=\frac{\pi-x}2,\quad \text{for}\;x\in(0,2\pi)$$

En este momento es sólo para integrar a $(2)$ tres veces con la correspondiente constante de integración :

$$\tag{3}f^{(2)}(x)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{-\cos(n\,x)}{n^2}=C+\frac{\pi}2x-\frac 14x^2$$ con $\;\displaystyle C=f^{(2)}(0)=-\zeta(2)=-\frac{\pi^2}6$. $$\tag{4}f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{-\sin(n\,x)}{n^3}=-\frac{\pi^2}6x+\frac{\pi}4x^2-\frac 1{12}x^3$$ (desde $f'(0)=0$) y la solución final : $$\tag{5}f(x)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos(n\,x)}{n^4}=\zeta(4)-\frac{\pi^2}{12}x^2+\frac{\pi}{12}x^3-\frac 1{48}x^4,\quad \text{for}\;x\in(0,2\pi)$$ De curso $x=1$ $\zeta(4)=\dfrac{\pi^4}{90}$ devolverá el querido conclusión.

La generalización de

Está claro que $\;\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos(n\,x)}{n^{2m}}\;$ $\;\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\sin(n\,x)}{n^{2m-1}}\;$ puede ser evaluado por este método para $x\in(0;2\pi)$ $m$ cualquier entero positivo. Los polinomios obtenidos son bien conocidos, ya que corresponden a los polinomios de Bernoulli como se da en Abramowitz y Stegun $(23.1.18)$ $(23.1.17)$.

El resto de los casos se $\;\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos(n\,x)}{n^{2m-1}}\;$ $\;\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\sin(n\,x)}{n^{2m}}\;$ no son tan fáciles de evaluar y recibió el nombre de Clausen funciones de $\;\operatorname{Cl}_{2m-1}(x)\;$ $\;\operatorname{Cl}_{2m}(x)$.

El origen de la dificultad es que el $\;\displaystyle\operatorname{Cl}_1(x):=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos(n\,x)}{n}=-\ln(2\,\sin(x/2))\;$ (ver por ejemplo aquí) lo que implica que la integral será más difícil de evaluar (excepto para determinadas fracciones de $\pi$).

Answer 2

Mediante el uso de la serie \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{ \cos(nx) }{ n^{2} } = \zeta(2) - \frac{ \pi \, x}{2} + \frac{x^{2}}{4} \end{align} integrar con respecto a $x$ de cero a $t$ obtener \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n t)}{n^{3}} = \zeta(2) \, t - \frac{\pi \, t^{2}}{4} + \frac{t^{3}}{12}. \end{align} Integrar de nuevo en una casa de similares para obtener \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(nx)}{n^{4}} = \zeta(4) - \frac{\zeta(2) \, x^{2}}{2} + \frac{\pi \, t^{3}}{12} - \frac{x^{4}}{48}. \end{align} Después de dejar a $x=1$ los resultados anteriores de rendimiento \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(n)}{n^{2}} &= \zeta(2) + \frac{1 - 2 \pi}{4} \\ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n)}{n^{3}} &= \zeta(2) + \frac{1 - 3 \pi}{12} \\ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(n)}{n^{4}} &= \zeta(4) - \frac{\zeta(2)}{2} + \frac{\pi}{12} - \frac{1}{48}. \end{align}