Cómo demostrar esta identidad $\pi=\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\left(\frac{\sin(k)}{k}\right)^{2}\;$?

Question

Cómo demostrar esta identidad? $$\pi=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\left(\dfrac{\sin(k)}{k}\right)^{2}\;$$ He encontrado el de arriba interesante de la identidad en el libro de $\bf \pi$ Unleashed.

¿Alguien sabe cómo demostrarlo?

Gracias.

Answer 1

Encontrar una función cuya coeficientes de Fourier se $\sin{k}/k$. A continuación, evaluar la integral del cuadrado de la función.

Es decir, vamos a

$$f(x) = \begin{cases} \pi & |x|<1\\0&|x|>1 \end{cases}$$

Entonces, si

$$f(x) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} c_k e^{i k x}$$

entonces

$$c_k = \frac{1}{2 \pi} \int_{-\pi}^{\pi} dx \: f(x) e^{i k x} = \frac{\sin{k}}{k}$$

Por el Teorema de Parseval:

$$\sum_{k=-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2{k}}{k^2} = \frac{1}{2 \pi} \int_{-\pi}^{\pi} dx \: |f(x)|^2 = \frac{1}{2 \pi} \int_{-1}^{1} dx \: \pi^2 = \pi $$

ANEXO

Este resultado es fácilmente generalizable a

$$\sum_{k=-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2{a k}}{k^2} = \pi\, a$$

donde $a \in[0,\pi)$, utilizando la función

$$f(x) = \begin{cases} \pi & |x|<a\\0&|x|>a \end{cases}$$

Answer 2

Suponga $a\in\left[0,\frac\pi2\right]$.

Una integral $$ \begin{align} \int_0^a\frac{\sin(2kx)}{k}\mathrm{d}x &=\int_0^a\frac{2\sin(kx)}{k^2}\mathrm{d}\sin(kx)\\ &=\left.\frac{\sin^2(kx)}{k^2}\right]_0^a\\ &=\frac{\sin^2(ka)}{k^2}\tag{1} \end{align} $$ y una suma $$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty\frac{\sin(2kx)}{k} &=\sum_{k=1}^\infty\frac{e^{i2kx}-e^{-i2kx}}{2ik}\\ &=\frac1{2i}\left(-\log(1-e^{i2x})+\log(1-e^{-i2x})\right)\\ &=\frac1{2i}\log(-e^{-i2x})\\[4pt] &=\frac\pi2-x\quad\text{for }x\in\left(0,\pi\right)\tag{2} \end{align} $$ Poner a $(1)$ $(2)$ juntos $$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty\frac{\sin^2(ka)}{k^2} &=\int_0^a\left(\frac\pi2-x\right)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac\pi2a-\frac{a^2}2\tag{3} \end{align} $$ Si tomamos $\dfrac{\sin(ka)}{ka}=1$ al $k=0$, podemos obtener la respuesta a la pregunta usando $a=1$: $$ \sum_{k\in\mathbb{Z}}\left(\frac{\sin(ka)}{ka}\right)^2=\frac\pi\etiqueta{4} $$

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Aplicación a una Suma de Riemann

Si multiplicamos $(4)$ $a$ y establezca $a=\frac1n$, obtenemos $$ \sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac{\sin^2(k/n)}{(k/n)^2}\frac1n=\pi\etiqueta{5} $$ $(5)$ es una suma de Riemann que muestra que $$ \int_{-\infty}^\infty\frac{\sin^2(x)}{x^2}\,\mathrm{d}x=\pi\etiqueta{6} $$

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Primer Poder de la Sinc

También podemos usar la $(2)$$x=\frac a2$, asumiendo $\frac{\sin(ka)}{ka}=1$ al $k=0$, para obtener $$ \sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac{\sin(ka)}{ka}=\frac\pi\etiqueta{7} $$ De nuevo, multiplicando $(7)$ $a$ y dejando $a=\frac1n$, obtenemos $$ \sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac{\sin(k/n)}{k/n}\frac1n=\pi\etiqueta{8} $$ y $(8)$ es una suma de Riemann que muestra que $$ \int_{-\infty}^\infty\frac{\sin(x)}{x}\,\mathrm{d}x=\pi\etiqueta{9} $$

Answer 3

Voy a tratar de hacer frente a la suma de facultades generales de $\operatorname{sinc}{x}$. Parece que la fórmula general es $$ \begin{align} \sum_{m = -\infty}^\infty& \left(\frac{\sin{(m)}}{m}\right)^n \tag{0}\\ & = \frac{(-1)^{n}\pi}{2^{n}(n-1)!}\sum_{\ell = -\lfloor n/(2\pi)\rfloor}^{\lfloor n/(2\pi)\rfloor}\left(\sum_{k = 0}^n(-1)^k{n\choose k} (2\pi \ell - n+2k)^{n-1}\operatorname{sign}(2\pi \ell-n+2k)\right). \end{align} $$

Antes de entrar en eso, yo voy a dar otra solución al problema planteado originalmente en la pregunta. Voy a utilizar la distribución de Poisson suma fórmula, a saber, $$ \sum_{n = -\infty}^\infty f(x+n) = \sum_{\ell = -\infty}^\infty \hat{f}(2\pi \ell) e^{2\pi i \ell x}. $$ Aquí $f$ es una función con regularidad razonable y deterioro de propiedades, y $$ \hat{f}(t) = \int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-itx}\,dx $$ es la transformada de Fourier de $f$. La idea es, por supuesto, para que tome $f(x) = \operatorname{sinc}^2{x}$.

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Voy a empezar por probar directamente que $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty (\operatorname{sinc}{x})^2e^{-itx}\,dx = \int_{-\infty}^\infty \left(\frac{\sin{x}}{x}\right)^2e^{-itx}\,dx = \frac{\pi}{4}(|x-2| + |x+2| - 2|x|). \tag{1} \end{align} $$ El lado derecho es sólo una expresión sintética (que pasa a ser indicativos de la situación general) para el triángulo en forma de función que es $\pi(1-|x|/2)$ al $|x| < 2$ $0$ lo contrario. Una aplicación de la distribución de Poisson suma fórmula que se hace referencia arriba, a continuación, da $$ \sum_{n = - \infty}^\infty \left(\frac{\sin{(x+n)}}{x+n}\right)^2 = \pi, $$ para todos los $x \in \mathbb{R}$. Tomando $x = 0$ va a dar el resultado que usted busca.

Para probar la identidad $(1)$, escribir $$ \operatorname{pues}{x} = \frac{\sin{x}}{x} = \frac{1}{2}\int_{-1}^1 e^{-ixt}\,dt = \hat{g}(x), $$ donde $g = (1/2)\chi_{[-1,1]}$ es la mitad de veces que la función característica del intervalo de $[-1,1]$. La transformada de Fourier se convierte convolución para la multiplicación, así $$ \widehat{g*g}(x) = \left(\frac{\sin{x}}{x}\right)^2. $$ El lado derecho (el cuadrado de $\operatorname{sinc}{x}$) es integrable, por lo que una aplicación de la transformada de Fourier de la inversión de la fórmula nos da $$ \int_{-\infty}^\infty \left(\frac{\sin{x}}{x}\right)^2e^{itx}\,dx = 2\pi (g*g)(t) = \frac{\pi}{2}\int_{-\infty}^\infty \chi_{[-1,1]}(t-y)\chi_{[-1,1]}(y)\,dy. $$ La evaluación de la integral de la derecha es sencillo (pero un poco tedioso), y nos da el $(1)$.

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El método usado para probar la identidad $(1)$ tiene la ventaja de ser elemental, y no generalizar a los poderes superiores de $\operatorname{sinc}{x}$ (en el sentido de que $(-1)^n2\pi$ veces $n$veces convolución de $(1/2)\chi_{[-1,1]}$ con sí mismo es la transformada de Fourier de $\operatorname{sinc}{x}$ elevado a la $n$th poder), pero por desgracia los cálculos se vuelven muy involucrado. Por lo tanto, voy a utilizar otro método, que requiere algunos conocimientos básicos de la teoría de la distribución, para demostrar-para enteros positivos $n$-que $$ \begin{align} \widehat{\operatorname{sinc}^n}{(t)} &= \int_{-\infty}^\infty \left(\frac{\sin{t}}{t}\right)^ne^{-ixt}\,dt \\ & = \frac{(-1)^n\pi}{2^{n}(n-1)!}\sum_{k = 0}^n(-1)^k{n\choose k} (x - n+2k)^{n-1}\operatorname{sign}(x-n+2k). \tag{2} \end{align} $$ La aplicación de la sumación de Poisson fórmula para esta identidad conduce a $(0)$-casi. Todavía tengo que explicar por qué los límites superior e inferior de la suma en el lado derecho de la $(0)$ son finitos, lo que voy a hacer ahora. Desde $(2)$ es igual a una constante múltiples de la $n$-composición del pliegue de $\chi_{[-1,1]}$ con sí mismo, es apoyado en $[-n,n]$. (Esto también puede ser visto directamente.) Por lo tanto, en el lado derecho de la sumación de Poisson fórmula, sólo necesitamos suma de los índices de $\ell$ satisfacción $|\ell|<n/2\pi$. Aquí es donde los límites inferiores y superiores provienen de la ecuación de $(0)$.

Así que todo lo que queda es probar que la ecuación de $(2)$. Permítanme describir brevemente las herramientas que vas a necesitar. Deje $\mathscr{S} = \mathscr{S}(\mathbb{R})$ denotar el espacio de Schwartz en $\mathbb{R}$. Deje $u_n : \mathscr{S} \to \mathbb R$ ser la distribución definida por $\varphi \in \mathscr{S}$ por $$ u_n(\varphi) = \lim_{\epsilon \to 0^+}\int_{|x|>\epsilon} \frac{\varphi(x) - \sum_{k=0}^{n-2}\varphi^{(k)}(0)x^k/k!}{x^n}\,dx. $$ Básicamente, $u_n$ es la distribución que mejor se asemeja a la función de $x^{-n}$. De hecho, si $h$ es una función suave que se desvanece a fin de $n$ en el origen, la distribución de $h\cdot u_n$ es igual a la función de $h(x)/x^n$. Como era de esperar a partir de la relación $\partial^k x^{-1} = (-1)^{k}k! x^{-k-1}$, $k$th de distribución de derivados de $u_1$ está dado por $\partial^ku_1 = (-1)^kk!\, u_{k+1}$. Todo esto se demostró de principio a fin.

Resulta que $$ \hat{u}_1(t) = -i\pi \operatorname{signo}(t), $$ donde $\operatorname{sign}(t)$ es el signo usual función que devuelve $0$ al $t = 0$ $t/|t|$ lo contrario. (Esto puede ser demostrado por cuanto $\operatorname{sign}(t)$ como límite de $\lim_{k\to \infty} \chi_{(0,k]}(t) - \chi_{[-k,0)}(t)$, teniendo el límite de distribución de las transformadas de Fourier y, a continuación, aplicar la inversa de la transformada de Fourier.) Ahora, para cualquier distribución $v$, uno tiene $$ \widehat{\partial^k v} = ()^k \hat{v}. $$ Por lo tanto, el uso de $u_n = (-1)^{n-1}(n-1)!^{-1}\partial^{n-1} u_1$, $$ \hat{u}_n(t) = \frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!}\widehat{\partial^n u_1}(t) = \frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!}(it)^{n-1}\hat{u}_1(t) = \frac{(-1)^{n}^n\pi}{(n-1)!}t^{n-1} \operatorname{signo}(t). \etiqueta{3} $$ Por último, otra de las propiedades de la transformada de Fourier dicta que $$ \widehat{e^{ihx}u_n}(t) = \hat{u}_n(x-h). \etiqueta{4} $$ Ahora estamos preparados para evaluar la transformada de Fourier de $(\operatorname{sinc}{x})^n$.

Desde $(\sin{x})^n$ se desvanece a fin de $n$ en el origen, tenemos $$ (\operatorname{pues}{x})^n = (\sin{x})^n x^{-n} = (\sin{x})^nu_n $$ como distribuciones. Si ahora nos expandir $(\sin{x})^n$ en los poderes de $e^{ix}$, obtenemos $$ (\sin{x})^nu_n = \frac{1}{(2i)^n} \sum_{k = 0}^n(-1)^k{n\elegir k}e^{i(n-2k)x}u_n. $$ Tomando el término en su sabio transformada de Fourier de la mano derecha y la inserción de las fórmulas $(3)$$(4)$, llegamos a $$ \begin{align} \widehat{\operatorname{sinc}^n}\,(t) &= \frac{1}{(2i)^n} \sum_{k = 0}^n(-1)^k{n\choose k}\widehat{e^{i(n-2k)x}u_n}(t) \\ & = \frac{1}{(2i)^n} \sum_{k = 0}^n(-1)^k{n\choose k}\hat{u}_n(t-n+2k)\\ & = \frac{1}{(2i)^n} \sum_{k = 0}^n(-1)^k{n\choose k}\frac{(-1)^{n}i^n\pi}{(n-1)!}(t-n+2k)^{n-1}\operatorname{sign}(t-n+2k). \end{align} $$ Simplificando, a continuación, da $(2)$.

Answer 4

Esta suma puede calcularse con un Mellin de transformación de una función adecuada y, a continuación, invertir en que para obtener la suma. Primer inicio de la reorganización de algunos términos, de modo que la suma de destino $S$ se convierte en $$ S = 1 + 2 \sum_{k\ge 1} \frac{\sin(k)^2}{k^2}.$$ Ahora introducir $$ f(x) = \sum_{k\ge 1} \frac{\sin(xk)^2}{k^2}$$ so that we are looking for $f(1).$ Reescribir $f(x)$ como sigue: $$ f(x) = - \frac{1}{4} \sum_{k\ge 1} \frac{e^{2ixk}-2+e^{-2ixk}}{k^2} = \frac{1}{2}\sum_{k\ge 1} \frac{1}{k^2} - \frac{1}{4} \sum_{k\ge 1} \frac{e^{2ixk}+e^{-2ixk}}{k^2} \\= \frac{\pi^2}{12} - \frac{1}{4} \sum_{k\ge 1} \frac{e^{2ixk}+e^{-2ixk}}{k^2}.$$ El uso de Mellin transforma, nos encontramos con $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1}\frac{e^{2ixk}}{k^2};s\right)= \Gamma(s) \sum_{k\ge 1} \frac{1}{(2ik)^s k^2} = \frac{1}{(2i)^s}\Gamma(s) \zeta(s+2).$$ Del mismo modo, $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1}\frac{e^{-2ixk}}{k^2};s\right)= \Gamma(s) \sum_{k\ge 1} \frac{1}{(-2ik)^s k^2} = \frac{1}{(-2i)^s}\Gamma(s) \zeta(s+2).$$ Ahora observar que $$ \frac{1}{(2i)^s} + \frac{1}{(-2i)^s} = e^{-s \log(2i)} + e^{-s \log(-2i)} = e^{-s \log 2 -s i\pi/2} + e^{-s \log 2 + s i\pi/2} \\ = 2^{-s} 2 \cos(s\pi/2)$$ Poner a estos dos juntos, obtenemos $$ \mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1}\frac{e^{2ixk}+e^{-2ixk}}{k^2};s\right) = g^*(s)= 2 \times 2^{s} \cos(s\pi/2) \Gamma(s) \zeta(s+2).$$ Vamos a aplicar Mellin de inversión para este término. Hay un poste de la zeta y funciones gamma, en $s=-1$ (que el coseno se transforma de una doble en un solo polo) y uno de la función gamma en $s=0$ y la otra de la función gamma en $s=-2.$ El coseno plazo cancela el resto de los postes de la gamma término negativo de enteros impares y la zeta plazo de los números enteros. Tenemos $$ \operatorname{Res}(g^*(s)x^{-s}; s=0) = \frac{\pi^2}{3},$$ $$ \operatorname{Res}(g^*(s)x^{-s}; s=-1) = -2\pi x,$$ $$ \operatorname{Res}(g^*(s)x^{-s}; s=-2) = 2 x^2.$$ Este rendimientos para los Mellin de inversión integral que $$ \mathfrak{M}^{-1}(g^*(s);x) = \int_{1-i\infty}^{1+\infty} g^*(s) x^{-s} ds = 2 x^2 - 2\pi x + \frac{\pi^2}{3}.$$ Volviendo a $S$ hemos demostrado que $$S = 1 + 2\left(\frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{4} \left( 2-2\pi + \frac{\pi^2}{3}\right) \right) = 1 + 2\left(-\frac{1}{4} \left( 2-2\pi \right) \right) = 1 - \frac{1}{2} (2-2\pi) =\pi. $$

Answer 5

Hay una manera sencilla para calcular la suma. Nota $$ \sum_{k=-\infty}^\infty\frac{\sin^2k}{k^2}=1+2\sum_{k=1}^\infty \frac{\sin^2k}{k^2}=1+\sum_{k=1}^\infty\frac{1-\cos(2k)}{k^2}=1+\frac{\pi^2}{6}-\sum_{k=1}^\infty\frac{\cos(2k)}{k^2}.$$ Dejando $x=e^{2\theta i}$ $\sum_{k=1}^\infty\frac{x^k}{k}=-\ln(1-x)$ nos da $$ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}(\cos(2k\theta)+i\sin(2k\theta))=-\ln(1-\cos(2\theta)-i\sin(2\theta)). $$ Así $$ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}\sin(2k\theta)=-\Im\ln(1-\cos(2\theta)-i\sin(2\theta))=-\arctan(-\cot \theta)=\frac{\pi}{2}-\theta. $$ La integración de esta deriva $$ -\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{2k^2}\cos(2k\theta)=\frac{\pi}{2}\theta-\frac{1}{2}\theta^2+C. $$ Dejando $\theta=0$,$C=-\frac{\pi^2}{12}$. Así $$ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}\cos(2k\theta)=-\pi \theta+\theta^2+\frac{\pi^2}{6}. $$ Dejando $\theta=1$, tenemos $$ \sum_{k=1}^\infty\frac{\cos(2k)}{k^2}=-\pi+1+\frac{\pi^2}{6} $$ y por lo tanto $$ \sum_{k=-\infty}^\infty\frac{\sin^2k}{k^2}=1+\frac{\pi^2}{6}-\sum_{k=1}^\infty\frac{\cos(2k)}{k^2}=1+\frac{\pi^2}{6}-(-\pi+1+\frac{\pi^2}{6})=\pi.$$ Es fácil utilizar el mismo truco para generalizar este resultado a $\sum_{k=-\infty}^\infty\frac{\sin^2(ak)}{k^2}$. Omito los detalles.