Demostrando
$$\sum_{n =1,3,5..}^{\infty }\frac{4k \sin^2\left(\frac{n}{k}\right)}{n^2}=\pi$ $ Donde $k$ cualquier número mayor que $0$
He intentado probar con la serie de Fourier, pero no pude encontrar que ninguna forma le gusta la fórmula anterior. Cualquier ayuda. Gracias
Parece haber escapado a la atención que esta suma puede ser evaluado el uso armónico de la sumación de las técnicas que puede ser un instructivo el ejercicio y suele tener éxito en series de Fourier.
Supongamos que tratamos de demostrar que $$\sum_{n=1,3,5,\ldots} \frac{\sin^2(n/q)}{n^2} = \frac{\pi}{4q}.$$
Como se sugirió que el uso de $$\sin^2 t = \frac{1-\cos(2t)}{2}$$ para obtener $$\sum_{n=1,3,5,\ldots} \frac{1}{n^2} \frac{1-\cos(2n/q)}{2}$$ que es $$\frac{1}{2} \sum_{n=1,3,5,\ldots} \frac{1}{n^2} -\frac{1}{2} \sum_{n=1,3,5,\ldots} \frac{1}{n^2} \cos(2n/q).$$
Vamos a utilizar $$\sum_{n=1,3,5,\ldots} \frac{1}{n^s} = \left(1-\frac{1}{2^s}\right) \zeta(s)$$ que se da por la suma $$\frac{1}{2} \left(1-\frac{1}{2^2}\right) \zeta(2) -\frac{1}{2} \sum_{n=1,3,5,\ldots} \frac{1}{n^2} \cos(2n/q)$$ o $$\frac{\pi^2}{16} -\frac{1}{2} \sum_{n=1,3,5,\ldots} \frac{1}{n^2} \cos(2n/q).$$
Introducir $S(x)%$ dada por $$S(x) = \sum_{n=1,3,5,\ldots} \frac{1}{n^2}\cos(nx) = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2}\cos((2k-1)x) $$ así que estamos interesados en $S(2/q).$
La suma plazo es armónico y puede ser evaluado por la inversión de sus Mellin transformar.
Recordar que el armónico suma de identidad $$\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}{(2k-1)^2}, \quad \mu_k = (2k-1) \quad \text{y} \quad g(x) = \cos(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 $$\Gamma(s) \cos(\pi s/2)$$
De ello se desprende que la Mellin transformar $Q(s)$ de la suma de armónicos $S(x)$ está dado por
$$Q(s) = \Gamma(s)\cos(\pi s/2) \left(1-\frac{1}{2^{s+2}}\right) \zeta(s+2) \\\text{porque}\quad \sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \sum_{k\ge 1} \frac{1}{(2k-1)^2} \frac{1}{(2k-1)^s} = \left(1-\frac{1}{2^{s+2}}\right) \zeta(s+2)$$ para $\Re(s) > -1.$
El Mellin de inversión integral en este caso es $$\frac{1}{2\pi i} \int_{1/2-i\infty}^{1/2+i\infty} P(s)/x^s ds$$ que nos evaluar por desplácelo hacia la izquierda para una expansión de alrededor de cero (el eje de abscisas $\Re(s) = 1/2$ es en la intersección de las $\langle -1,\infty\rangle$ y $\langle 0,1\rangle$ a partir de la transformación de coseno).
Los ceros del coseno plazo en los negativos números enteros impares cancelar la los polos de la función gamma en esos valores. Adicional de cancelación es adquirida a partir de la trivial ceros de la función zeta plazo $\zeta(s+2)$ en el incluso enteros negativos $p$ $p\le -4.$
Esto deja sólo dos polos en $s=0$ $s=1$ y hemos $$\mathrm{Res}_{s=0} P(s)/x^s = \frac{\pi^2}{8} \quad\text{y}\quad \mathrm{Res}_{s=-1} P(s)/x^s = - \frac{\pi}{4}$x$ y por lo tanto $$S(x) \sim \frac{\pi^2}{8} - \frac{\pi}{4} x.$$ Vamos a ver que esto es exacto para $x\in[0,\pi).$
Con $q\ge 1$ tenemos $2/q\le 2$ y obtenemos la suma inicial de la formulario $$\frac{\pi^2}{16} - \frac{1}{2}\frac{\pi^2}{8} + \frac{1}{2} \frac{\pi}{4} \frac{2}{q} = \frac{\pi}{4t}$$ que es la afirmación de que estábamos tratando de probar.
Todavía tenemos que probar la exactitud en $[0,\pi)$ para completar el argumento.
Poner $s= \sigma + it$ $\sigma \le -3/2$ donde buscamos para evaluar $$\frac{1}{2\pi i} \int_{-3/2-i\infty}^{-3/2+i\infty} Q(s)/x^s ds$$ cambiando de puesto a la izquierda.
Recordemos que con $\sigma > 1$ $|t|\to\infty$ hemos $$|\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).$$
Sustituir esto en $Q(s)$ obtener $$\Gamma(s) \cos(\pi s/2) \left(1-\frac{1}{2^{s+2}}\right) \times -2 \times (2\pi)^{s+1} \sin(\pi s/2) \frac{\Gamma(1-s)}{s(s+1)} \zeta(-s-1).$$
El uso de la reflexión de la fórmula para la función Gamma para obtener $$\cos(\pi s/2) \left(1-\frac{1}{2^{s+2}}\right) \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) = -\pi(2\pi)^{s+1} \left(1-\frac{1}{2^{s+2}}\right) \frac{\zeta(-s-1)}{s(s+1)}.$$
Hay dos componentes de aquí, llame a ellos $Q_1(s)$ $Q_2(s),$ que son $$-\pi(2\pi)^{s+1} \frac{\zeta(-s-1)}{s(s+1)} \quad\text{y}\quad \pi(2\pi)^{s+1} \frac{1}{2^{s+2}} \frac{\zeta(-s-1)}{s(s+1)}.$$
Evaluamos estas con $\sigma < -5/2.$ Para el primer componente esto implica (con $\sigma = -5/2$ tenemos $\Re(-s-1) = 3/2$) $$|Q_1(s)/x^s|\sim 2\pi^2 (2\pi)^{\sigma} x^{-\sigma} |t|^{-2}.$$ o $$|Q_1(s)/x^s|\sim 2\pi^2 (x/2/\pi)^{-\sigma} |t|^{-2}.$$
Vemos en el plazo de $|t|$ que la integral converge, obviamente,. (Tanto que ya sabíamos.) Por otra parte, cuando se $x\in(0,2\pi)$ tenemos $(x/2/\pi)^{-\sigma}\to 0$ $\sigma\to -\infty.$ El término en $x$ no depende de la variable $t$ de la integral y puede ser traído a la frente. Esto significa que la contribución de la parte izquierda de la rectangular el contorno que empleamos como nos movemos a la izquierda se desvanece en el límite.
Para el segundo componente obtenemos $$|Q_2(s)/x^s|\sim \frac{\pi^2}{2} (\pi)^{\sigma} x^{-\sigma} |t|^{-2}.$$ o $$|Q_2(s)/x^s|\sim \frac{\pi^2}{2} (x/\pi)^{-\sigma} |t|^{-2}.$$ Este es el mismo que el primero sólo que ahora tenemos la convergencia en $(0,\pi).$
Unirse a los límites de $Q_1(s)$ $Q_2(s)$ hemos demostrado que se han la exactitud de la fórmula para $S(x)$ en el intervalo de $(0,\pi)$ obtenido anterior.
Como he mencionado en otra parte existe un teorema de ocultar aquí, es decir, que ciertas series de Fourier puede ser evaluado por la inversión de sus Mellin transforma el cual no es muy sorprendente y que el lector se invita al estado y a probar.
Usando (en el intervalo $(0,\pi)$) $$\frac{2\pi x-x^{2}}{8}=\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\sin\left(n\frac{x}{2}\right)^{2}}{n^{2}}\,\,(1)$ $ tenemos $$\frac{2\pi x-x^{2}}{8}=\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\sin\left(\left(2n-1\right)\frac{x}{2}\right)^{2}}{\left(2n-1\right)^{2}}+\frac{1}{4}\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\sin\left(nx\right)^{2}}{n^{2}}$ $ y el uso de $(1)$ otra vez obtenemos $$\frac{1}{4}\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\sin\left(nx\right)^{2}}{n^{2}}=\frac{\pi x-x^{2}}{8}$ $ %#% $ #% % $ $$\frac{\pi x}{8}=\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\sin\left(\left(2n-1\right)\frac{x}{2}\right)^{2}}{\left(2n-1\right)^{2}}$había puesto y tenemos $$x=\frac{2}{k}$ $ como quería.
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