Encontrar la función dada su serie de Fourier

Question

Yo soy la resolución de un ejercicio en el que se me pide para mostrar que

$$1=\frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^\infty{\frac{\sin((2n-1)x)}{2n-1}}, 0<x<\pi$$

Estoy considerando la resolución de este ejercicio por la búsqueda de la función dada por esta suma, pero estoy bastante seguro de que hay una solución más elegante.

Gracias!

Answer 1

Pensé que podría ser instructivo para presentar una forma de avanzar sin atractivo para las Series de Fourier, pero en lugar de usar el "Feynman-como Truco" para la diferenciación de bajo de la serie. Para ello, vamos a proceder.

En primer lugar, nos vamos a $f(\lambda)$ ser representada por la serie

$$f(\lambda)=\sum_{n=1}^\infty \lambda^{2n-1}\frac{e^{i(2n-1)x}}{2n-1} \tag 1$$

para $\lambda<1$. Tenga en cuenta que $\frac4\pi \text{Im}(f(1))=\frac4\pi \sum_{n=1}\frac{\sin((2n-1)x)}{2n-1}$.

Siguiente, para $\lambda \le r<1$, la serie formada por la diferenciación término a término la serie en $(1)$ converge uniformemente. Por lo tanto, nos encontramos con

$$\begin{align} f'(\lambda)&=\frac{1}{\lambda}\sum_{n=1}^\infty (\lambda e^{ix})^{2n-1}\\\\ &=\frac{1}{\lambda}\frac{1}{1-\lambda^2e^{i2x}} \tag 2 \end{align}$$

para $\lambda \le r<1$.

Entonces, la integración de $(2)$ y el uso de $f(0)=0$ revela

$$f(\lambda)=\frac12\log\left(\frac{1+\lambda e^{ix}}{1-\lambda e^{ix}}\right) \tag 3$$

para $\lambda \le r<1$.

Finalmente, dejando $\lambda \to 1$$(3)$, obtenemos

$$\frac4\pi\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin((2n-1)x)}{2n-1}=\frac4\pi \text{Im}(f(1))=1$$

como iba a ser mostrado!

Answer 2

Sugerencia: Calcular la Serie de Fourier de $$f(x) =\left\{ \begin{array}{c c} 1 & \mbox{ if } 0 \leq x \leq \pi \\ -1 & \mbox{ if } -\pi \leq x \leq 0 \end{array} \right.$$

Answer 3

Podemos considerar tha función de meromorphic $f(z)=\frac{1}{1-z^2}$. Esta función tiene un simple pol $z=\pm 1$, pero es un holomorphic función de la región $\left\{z:\left|\text{arg}\,z\right|\geq\varepsilon, \left|\pi-\text{arg}\,z\right|\geq\varepsilon\right\}$, por ejemplo. De ello se deduce que para cualquier $x\in(0,\pi)$ $$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{e^{ix}}f(z)\,dz &=& \int_{0}^{i}f(z)\,dz + \int_{i}^{e^{ix}}f(z)\,dz\\ &=&\frac{i\pi}{4}+\int_{\pi/2}^{x}\frac{i e^{i\theta}}{1-e^{2i\theta}}\,d\theta\\&=&\frac{i\pi}{4}+\frac{1}{2}\int_{x}^{\pi/2}\frac{d\theta}{\sin\theta}\end{eqnarray*} $$ y, en particular, la parte imaginaria de la integral es igual a $\frac{\pi}{4}$.
Por otro lado, tan pronto como $z$ se encuentra en la región anterior y en $\|z\|\leq 1$, $$ f(z) = 1 + z^2 + z^4 + \ldots\qquad \int_0^z f(t)\,dt = z+\frac{z^3}{3}+\frac{z^5}{5}+\ldots $$ por lo tanto, por considerar $z=e^{ix}$ y el cambio de las piezas imaginarias: $$ \sum_{n\geq 1}\frac{\sin((2n-1)x)}{2n-1}=\frac{\pi}{4}$$ como quería. Considerando las partes reales, en lugar de ello, obtenemos: $$ \forall x\in(0,\pi),\qquad \sum_{n\geq 1}\frac{\cos((2n-1)x)}{2n-1}=-\frac{1}{2}\log\tan\frac{x}{2}.$$

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Ajenas, pero consecuencia interesante: las funciones $\frac{\pi}{2}$ $-\log\tan\frac{t}{2}$ tienen el mismo $L^2$ norma $(0,\pi)$, por lo tanto: $$\begin{eqnarray*}\frac{\pi^3}{4}=\int_{0}^{\pi}\log^2\tan\left(\frac{t}{2}\right)\,dt &=& 2\int_{0}^{+\infty}\frac{\log^2(u)}{1+u^2}\,du=4\int_{0}^{1}\frac{\log^2(u)}{1+u^2}\,du\end{eqnarray*}$$ y desde $\int_{0}^{1}u^{2k}\log^2(u)\,du = \frac{2}{(2k+1)^3}$, $$\frac{\pi^3}{32}=\sum_{k\geq 0}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^3},\qquad \frac{\pi}{2}\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(2n+1)^2}=\frac{\pi^3}{16},$$ encontrar el valor de $\zeta(2)$, y el primer caso de esta identidad.

Answer 4

deje que $$f(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{ \sin((2n-1)x ) }{2n-1} $$

Bastaría para mostrar que $f'(x)=0$ $f(\frac\pi 2)=\frac\pi 4$ $$f'(x)=\sum_{n=1}^\infty \cos((2n-1)x ) $$

$$ f(\frac\pi 2)= \sum_{n=1}^\infty \frac{ \sin((2n-1) \frac\pi 2 ) }{2n-1}= \sum_{n=1}^\infty \frac{ (-1)^{n-1} }{2n-1} =\tan^{-1}(1)$$