Encuentre la suma$\sum_{k=1}^{\infty} \frac {\sin^2(kx)}{k^2}$, para$x\in [-\pi,\pi]$

Question

Encuentre la suma$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac {\sin^2(kx)}{k^2},$$ for $ x \ en [- \ pi, \ pi] $.

También sé que$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac {\sin(kx)}{k}=\frac {\pi-x}{2}$ $

Cualquier ayuda sería muy apreciada.

Answer 1

Escribe $$ \ sin ^ 2 (k \, x) = \ frac {1- \ cos (2 \, k \, x)} {2}. $$ Puede encontrar una función cuya serie de Fourier es $$ \ sum_ {k = 1} ^ \ infty \ frac {\ cos (2 \, k \, x)} {k ^ 2}

Answer 2

Puede tener una forma cerrada en términos de la función polilogaritmo

ps

Necesita representar$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac {\sin^2(kx)}{k^2}= \frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{4}\,{Li_2} \left( {{\rm e}^{2\,ix}} \right) -\frac{1}{4}\,{Li_2} \left( {{\rm e}^{-2ix}} \right). $ en términos de$\sin(kx)^2$ y luego usar la función polylog. Vea aquí .

Answer 3

Tenga en cuenta la suma de $$S(x) = \sum_{k\ge 1} \frac{\sin^2 (kx)}{(kx)^2}.$$

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 $$\lambda_k = 1, \quad \mu_k = k \quad \text{y} \quad g(x) = \frac{\sin^2 x}{x^2}.$$ Necesitamos la Mellin transformar $g^*(s)$ $g(x)$ que se puede obtener a partir de la transformación de $\sin^2(x):$ $$\int_0^\infty \sin^2(x) x^{m-1} dx = \frac{1}{2} \int_0^\infty (1-\cos(2x)) x^{m-1} dx \\= -\frac{1}{2} \int_0^\infty \left(\sum_{q\ge 1} (-1)^q \frac{2^{t2}}{(2t)!} x^{t2} \right) x^{m-1} dx = -\frac{1}{2} \int_0^\infty \left(\sum_{q\ge 1}^{t2} \frac{2^{t2}}{(2t)!} (-x)^{t2} \right) x^{m-1} dx \\ = -\frac{1}{4} \int_0^\infty \left(\sum_{q\ge 1} i^p (1+(-1)^q) \frac{2^p}{q!} (-x)^q \ \ derecho) x^{m-1} dx.$$ Ahora aplique el Ramanujan Maestro Teorema para obtener la transformación $$-\frac{1}{4}\Gamma(s) i^{s} (1+(-1)^s) 2^{-s} = -\frac{1}{4} e^{-i\pi/2 s} + e^{i\pi/2 s}) 2^{-s} = -\frac{1}{2^{s+1}} \Gamma(s) \cos(\pi/2 s).$$ Esta transformación también se puede calcular directamente como se muestra en este MSE enlace. Aquí hemos utilizado el hecho de que cuando se omite un segmento inicial de la expansión sobre el cero de una función cuyo Mellin transformar queremos calcular entonces el efecto es meramente cambio fundamental de la tira.

El Mellin transformar $g^*(s)$ $g(x)$ es dada por $$-\frac{1}{2^{m-1}} \Gamma(s-2) \cos(\pi/2 s-\pi) = \frac{1}{2^{m-1}} \Gamma(s-2) \cos(\pi/2 s).$$

De ello se desprende que la Mellin transformar $Q(s)$ de la suma de armónicos $S(x)$ está dado por $$Q(s) = \frac{1}{2^{m-1}} \Gamma(s-2) \cos(\pi/2 s) \zeta(s).$$ El Mellin de inversión integral aquí es $$\frac{1}{2\pi i} \int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty} Q(s)/x^s ds$$ de la cual evaluamos desplazando a la izquierda por una expansión de alrededor de cero. Hay un montón de cancelación entre los polos de la función gamma desde el coseno plazo cancela el de la universidad de los impares enteros negativos y el zeta término con su trivial ceros en el que incluso los números enteros negativos. Esto deja sólo dos polos con sus residuos a la izquierda de $\Re(s) = 3/2$: $$\mathrm{Res}(Q(s)/x^s; s=1) = \frac{\pi}{2x} \quad\text{y}\quad \mathrm{Res}(Q(s)/x^s; s=0) = -\frac{1}{2}.$$ Esto le da $$S(x) = \frac{\pi}{2x} -\frac{1}{2}$$ on $(0,\pi)$ y por la cantidad original que estábamos buscando $$x^2 S(x) = \sum_{k\ge 1} \frac{\sin^2 (kx)}{k^2} = \frac{\pi}{2} x - \frac{1}{2} x^2.$$ esta vez para $[0,\pi).$ Que fue un buen cálculo para una respuesta simple, pero que nos permitió escaparate de Mellin transforma y la Ramanujan Maestro Teorema.

Observación. El uso de $$ \frac{\pi}{2} |x| - \frac{1}{2} x^2 $$ para ampliar esta a $(-\pi,\pi).$

Answer 4

A menos que me falte algo , el teorema de Parseval nos dice que

ps

Entonces

ps