¿Cómo puedo demostrar la siguiente igualdad? $$\lim_{m\to{\infty}}\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^m\cot^{2n+1}\left(\frac{k\pi}{2m+1}\right)}{m^{2n+1}}=\frac{2^{2n+1}\zeta(2n+1)}{\pi^{2n+1}}$$
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Podemos utilizar Paramanand Singh de la idea de intercalar $\cot x$ entre $\frac1x$ y algo parecido, independientemente de que los exponentes sean Impares o Pares.
La desigualdad que utilizaremos es
$$\frac1x - \frac{x}{2} < \cot x < \frac1x\tag{1}$$
para $0 < x \leqslant \frac{\pi}{2}$ . Para ver $(1)$ , nota
$$\sin x - x\cos x = \int_0^x y\sin y\,dy > 0$$
para $0 < x \leqslant \pi$ lo que da lugar a la desigualdad de la mano derecha de $(1)$ y
$$x\cos x - \sin x + \frac{x^2}{2}\sin x = \int_0^x \frac{y^2}{2}\cos y\,dy > 0$$
para $0 < x \leqslant \pi/2$ lo que da lugar a la desigualdad de la izquierda de $(1)$ .
Así que tenemos
$$\frac{1}{x^{2n+1}} > \cot^{2n+1} x > \frac{1}{x^{2n+1}}\left(1 - \frac{x^2}{2}\right)^{2n+1} > \frac{1}{x^{2n+1}} - \frac{2n+1}{2x^{2n-1}}\tag{2}$$
para $0 < x \leqslant \sqrt{2}$ por la monotonicidad de $z\mapsto z^{2n+1}$ y la desigualdad de Bernoulli. Dado que los dos términos del lado derecho de $(2)$ son negativos para $\sqrt{2} < x \leqslant \pi/2$ y $\cot x$ es no negativo entonces, tenemos
$$\frac{1}{x^{2n+1}} > \cot^{2n+1} x > \frac{1}{x^{2n+1}} - \frac{2n+1}{2x^{2n-1}}\tag{3}$$
para todos $0 < x \leqslant \pi/2$ . Así,
$$\begin{align} \sum_{k=1}^m \left( \frac{2m+1}{c\cdot k}\right)^{2n+1} &- \left(n+\frac12\right)\sum_{k=1}^m \left(\frac{2m+1}{c\cdot k}\right)^{2n-1}\\ & < \sum_{k=1}^m \cot^{2n+1}\left(\frac{c\cdot k}{2m+1}\right) < \sum_{k=1}^m \left( \frac{2m+1}{c\cdot k}\right)^{2n+1}. \end{align}$$
Ahora tenemos
$$ \frac{1}{m^{2n+1}}\sum_{k=1}^m \left( \frac{2m+1}{c\cdot k}\right)^{2n+1} = \frac{(2+1/m)^{2n+1}}{c^{2n+1}}\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^{2n+1}} \xrightarrow{m\to\infty} \frac{2^{2n+1}\zeta(2n+1)}{c^{2n+1}} $$
y
$$\frac{n+\frac12}{m^{2n+1}}\sum_{k=1}^m \left(\frac{2m+1}{c\cdot k}\right)^{2n-1} = \frac{\left(n+\frac12\right)(2+1/m)^{2n-1}}{m^2c^{2n-1}}\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^{2n-1}} \to 0$$
para $0 < c \leqslant \pi$ y $n > 0$ que da el resultado deseado.
