Resultado exacto de una serie utilizando Euler-Maclaurin de expansión.

Question

Esta es una variante de Ejercicio 64 en el Capítulo 9 de concreto de las matemáticas.

Demostrar la siguiente identidad \begin{equation} \sum_{n = -\infty}^{\infty}' \frac{1 - \cos( 2\pi n k )}{n^2 } = 2 \pi^2 ( k - k^2 ) \qquad k \in [0,1] \end{equation} Me encontré con él en un contexto diferente y se sorprendió de que es exacta.

Vamos a usar de Euler-Maclaurin de expansión para convertir la suma en una integral.

Tome $f(x) = \frac{1 - \cos( 2\pi x k )}{x^2 } $ \begin{equation} \sum_{n = -N+1}^{N}' f(n) = \int_{-N}^{N} f(x) dx - f(0) + \sum_{k=1}^{p} \frac{B_k}{k!}f^{(k-1)}(x)\Big|^N_{-N} + R_p \end{equation} Los dos primeros términos son ya el resultado exacto, \begin{equation} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 2\pi k \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1- \cos x}{x^2}dx = 2\pi^2 k \qquad f(0) = 2\pi^2 k^2 \end{equation} así que uno necesita para demostrar el punto final de correcciones(términos con $B_k$), así como el recordatorio de que los términos son cero.

En cualquier orden de $p$, sólo hay un número limitado de punto final de la corrección de los términos que va a más como $\mathcal{O}(\frac{1}{N^2})$, por lo que desaparecen cuando se toma el $N\rightarrow \infty$ límite. Pero no sé cómo mostrar el aviso de término es cero(como $N\rightarrow \infty$), \begin{equation} R_p(N) = (-1)^p \int_{-N}^{N} \frac{1}{p!} B_p( x - \lfloor x \rfloor ) f^{(p)}(x) dx \end{equation} Tal vez hay otros métodos para probar la identidad, pero yo personalmente agradecería la prueba de uso de Euler de Maclaurin, ya que yo voy a usarla para otra serie, y el recordatorio de un término que tiene \begin{equation} f(x) = \frac{g(x) - g(0) }{ x^2} - \frac{g'(0)}{x} \end{equation} donde $g(x ) = g(x + N)$ es una función periódica. Así también se puede ir adelante y demostrar el general $g(x)$ de los casos.

Gracias.

Editar: El caso general puede también ser resueltos por el robjohn 's método sumando más de cada individuo los componentes de Fourier. Aunque una prueba directa de la fuga de Euler-Maclaurin recordatorio plazo está todavía ausente, robjohn del método de resolver mi problema.

Answer 1

La identidad es equivalente a $$\sum_{n\ge 1} \frac{1-\cos(2\pi nx)}{n^2} = \pi^2 x(1-x).$$

La suma plazo $$S(x) = \sum_{n\ge 1} \frac{1-\cos(2\pi nx)}{n^2}$$ es armónico y puede ser evaluado por la inversión de sus Mellin transformar.

Recordar que el armónico suma de identidad $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1} \lambda_k g(\mu_k x);s\right) = \left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} \right) g^*(s)$$ donde $g^*(s)$ es la transformada de Mellin $g(x).$

En el presente caso tenemos $$\lambda_k = \frac{1}{k^2}, \quad \mu_k = k \quad \text{y} \quad g(x) = 1-\cos(2\pi x).$$

Necesitamos la Mellin transformar $g^*(s)$ $g(x).$

Ahora la transformada de Mellin $\cos(x)$ fue calculado en este MSE enlace y se encontró que ser $$\Gamma(s) \cos(\pi s/2)$$ y por lo tanto $$g^*(s) = -\frac{1}{(2\pi)^s} \Gamma(s) \cos(\pi s/2)$$ fundamentales de la tira de $\langle -2, 0 \rangle$ (la constante en $g(x)$ cambios fundamentales de la tira).

De ahí el Mellin transformar $Q(s)$ $S(x)$ está dado por $$ Q(s) = -\frac{1}{(2\pi)^s} \Gamma(s) \cos(\pi s/2) \zeta(s+2) \quad\text{porque}\quad \sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \zeta(s+2)$$ donde $\Re(s+2) > 1$ o $\Re(s) > -1$.

La intersección de los fundamentales de la tira y el semiplano de la zeta la función de término nos encontramos con que el Mellin de inversión integral para una la expansión sobre el cero es $$\frac{1}{2\pi i} \int_{-1/2-i\infty}^{-1/2+i\infty} Q(s)/x^s ds$$ que evaluamos en la mitad izquierda del plano - $\Re(s)<-1/2.$

El coseno plazo cancela los polos de la función gamma plazo en impar los números enteros negativos y el zeta función de término de los polos incluso los números enteros negativos. Nos quedamos con sólo tres polos.

$$\begin{align} \mathrm{Res}(Q(s)/x^s; s=0) & = -\frac{\pi^2}{6} \\ \mathrm{Res}(Q(s)/x^s; s=-1) & = \pi^2 x \quad\text{and}\\ \mathrm{Res}(Q(s)/x^s; s=-2) & = -\pi^2 x^2. \end{align}$$

El polo en $s=0$ está fuera de la mitad izquierda el plano de la evaluación. Por lo tanto, en una vecindad de cero, $$S(x) = \pi^2 x(1-x)$$ como se reivindica.

Para ver que esto es exacto puesto $s= \sigma + it$ $\sigma \le -5/2$ donde buscamos para evaluar $$\frac{1}{2\pi i} \int_{-5/2-i\infty}^{-5/2+i\infty} Q(s)/x^s ds.$$

Recordemos que con $\sigma > 1$ $|t|\to\infty$ hemos $$|\zeta(\sigma+it)| \in \mathcal{O}(1).$$

Además de recordar la ecuación funcional de la de Riemann Zeta función $$\zeta(1-s) = \frac{2}{2^s\pi^s} \cos\left(\frac{\pi s}{2}\right) \Gamma(s) \zeta(s)$$ que nos re-parametrizar como así $$\zeta(s+2) = 2\times (2\pi)^{s+1} \cos\left(-\frac{\pi (s+1)}{2}\right) \Gamma(-s-1) \zeta(-s-1)$$ que es $$\zeta(s+2) = -2\times (2\pi)^{s+1} \sin(\pi s/2) \frac{\Gamma(1-s)}{s(s+1)} \zeta(-s-1).$$

Sustituir esto en $Q(s)$ obtener $$\frac{1}{(2\pi)^s} \Gamma(s) \cos(\pi s/2) \times 2 \times (2\pi)^{s+1} \sin(\pi s/2) \frac{\Gamma(1-s)}{s(s+1)} \zeta(-s-1).$$

El uso de la reflexión de la fórmula para la función Gamma para obtener $$\frac{1}{(2\pi)^s} \cos(\pi s/2) \times 2 \times (2\pi)^{s+1} \sin(\pi s/2) \times \frac{\pi}{\sin(\pi s)} \frac{1}{s(s+1)} \zeta(-s-1),$$ en otras palabras, tenemos $$Q(s) = 2\pi^2 \frac{\zeta(-s-1)}{s(s+1)}.$$

Este último implica (con $\sigma< -5/2$ tenemos $\Re(-s-1) > 3/2$) $$|Q(s)/x^s|\sim x^{-\sigma} |t|^{-2}.$$

Vemos en el plazo de $|t|$ que la integral converge, obviamente,. (Tanto que ya sabíamos.) Por otra parte, cuando se $x\in(0,1)$ tenemos $x^{-\sigma}\to 0$ $\sigma\to -\infty.$ El término en $x$ no depende de la variable $t$ de la integral y puede ser traído a la frente. Esto significa que la contribución de la parte izquierda de la rectangular el contorno que empleamos como nos movemos a la izquierda se desvanece en el límite, demostrando la exactitud de la fórmula para $S(x)$ obtenido anteriormente.

Hay un teorema de ocultar aquí, es decir, que ciertas series de Fourier puede ser evaluado por la inversión de sus Mellin transforma lo que no es terriblemente sorprendente y que el lector es invitado a estado y probar.

Answer 2

Vamos a empezar con $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(2\pi nx)}{n} &=\mathrm{Im}\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{e^{2\pi inx}}n\right)\\ &=\mathrm{Im}\left(-\log\left(1-e^{2\pi ix}\right)\right)\\ &=-\arctan\left(\frac{-\sin(2\pi x)}{1-\cos(2\pi x)}\right)\\ &=\arctan\left(\frac{2\sin(\pi x)\cos(\pi x)}{2\sin^2(\pi x)}\right)\\[9pt] &=\arctan(\cot(\pi x))\\[12pt] &=\frac\pi2\mathrm{sgn}(x)-\pi x\tag{1} \end{align} $$ para $x\in(-1,1)$.

Integrar a $(1)$ y multiplicar por $2\pi$ para obtener $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{1-\cos(2\pi nx)}{n^2}=\pi^2|x|-\pi^2x^2\etiqueta{2} $$ Desde el sumando es incluso en $n$, tenemos $$ \sum_{n=-\infty}^\infty'\frac{1-\cos(2\pi nx)}{n^2}=2\pi^2|x|-2\pi^2x^2\etiqueta{3} $$

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{\left.\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1 - \cos\pars{2\pi nk}}{n^{2}} \right\vert_{\ n\ \=\ 0}\ =\ 2\pi^{2}\pars{k - k^2}:\ {\large ?}.\qquad k \in \bracks{0,1}}$

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\begin{align}&\color{#66f}{\large% \left.\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1 - \cos\pars{2\pi nk}}{n^{2}} \right\vert_{\ n\ \not=\ 0}} =\sum_{n=0}^{\infty}\,{\rm f}\pars{n,k} - 4\pi^{2}k^{2} \\[5mm]&\mbox{where}\quad \,{\rm f}\pars{x,k}\equiv \left\{\begin{array}{lcl} 2\,\dfrac{1 - \cos\pars{2\pi xk}}{x^{2}} & \mbox{if} & x \not= 0 \\[2mm] 4\pi^{2}k^{2} & \mbox{if} & x = 0 \end{array}\right. \end{align} Una aplicación directa de la de Abel-Plana Fórmulase obtiene: \begin{align}&\color{#66f}{\large% \left.\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1 - \cos\pars{2\pi nk}}{n^{2}} \right\vert_{\ n\ \not=\ 0}} =\overbrace{\int_{0}^{\infty}\,{\rm f}\pars{x,k}\,\dd x} ^{\dsc{2\pi^{2}k}}\ +\ \overbrace{\half\,{\rm f}\pars{0,k}}^{\dsc{2\pi^{2}k^{2}}}\ -\ 4\pi^{2}k^{2} \\[5mm]&=\color{#66f}{\large 2\pi^{2}\pars{k - k^2}} \end{align}