Probar

Question

Prueba $$\csc(x)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{(-1)^k}{x+k\pi}

Hardy utiliza este hecho sin pruebas en una monografía sobre diferentes formas de evaluar $\int_0^{\infty}\frac{\sin(x)}{x} dx$.

Answer 1

También podemos utilizar esta fórmula suma conocida (una consecuencia del teorema de residuo): $$ \sum_ {k\in\mathbb {Z}} \left(-1\right) ^ {k} f\left (k\right) \pi\csc\left(\pi z\right)f\left (z\right) =-\sum\left\ {\textrm{residues de} \textrm {at} f\left (z\right) \textrm {de polos} \right\} $$ so if we take $f\left (z\right) = \frac {1} {x + z\pi}$ we get $%$ $\sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac{\left(-1\right)^{k}}{x+k\pi}=-\underset{z=-x/\pi}{\textrm{Res}}\left(\frac{\pi\csc\left(\pi z\right)}{x+z\pi}\right)=\csc\left(x\right)$como quería.

Answer 2

Es de suponer que el principal valor de las dos caras infinita suma es lo que se pretende en la pregunta.

Vamos a resolver esto solo uso de Euler del producto fórmula para la función seno:

$$\begin{align} \sin x=x\prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{x^2}{n^2 \pi^2}\right). \end{align}$$

Calcular la derivada logarítmica:

$$\begin{align} \cot x &= \frac1{x}+\sum_{n=1}^\infty \frac{-2x/n^2\pi^2}{1-\frac{x^2}{n^2 \pi^2}} \\&=\frac1{x}+\sum_{n=1}^\infty \frac{2x}{x^2-n^2\pi^2} \\&=\frac1{x}+\sum_{n=1}^\infty\big(\frac{1}{x+n\pi}+\frac{1}{x-n\pi}\big), \end{align}$$

así

$$\cot x-\frac1{x}=\sum_{n=1}^\infty\big(\frac{1}{x+n\pi}+\frac{1}{x-n\pi}\big).$$

De ello se sigue que

$$\begin{align} \cot\big(\frac{x}{2}\big)-\frac2{x}&=\sum_{n=1}^\infty\big(\frac{1}{x/2+n\pi}+\frac{1}{x/2-n\pi}\big) \\&=2\sum_{n=1}^\infty\big(\frac{1}{x+2n\pi}+\frac{1}{x-2n\pi}\big) \\&=2\sum_{\substack{n\ge 1\\n\text{ even}}}\big(\frac{1}{x+n\pi}+\frac{1}{x-n\pi}\big). \end{align}$$

Resta ahora, obtenemos

$$\begin{align} \cot\big(\frac{x}{2}\big)-\cot(x)-\frac1{x}&=2\cdot\!\!\!\sum_{\substack{n\ge 1\\n\text{ even}}}\big(\frac{1}{x+n\pi}+\frac{1}{x-n\pi}\big)-\sum_{n=1}^\infty\big(\frac{1}{x+n\pi}+\frac{1}{x-n\pi}\big) \\&=\sum_{\substack{n\ge 1\\n\text{ even}}}\big(\frac{1}{x+n\pi}+\frac{1}{x-n\pi}\big)-\sum_{\substack{n\ge 1\\n\text{ odd}}}\big(\frac{1}{x+n\pi}+\frac{1}{x-n\pi}\big) \\&=\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \big(\frac{1}{x+n\pi}+\frac{1}{x-n\pi}\big). \end{align}$$

Pero

$$\begin{align} \cot\big(\frac{x}{2}\big)-\cot(x)&=\frac{\cos(x/2)}{\sin(x/2)}-\frac{\cos x}{\sin x} \\&=\frac{\cos(x/2)}{\sin(x/2)}\cdot\frac{2\sin(x/2)\cos(x/2)}{\sin x}-\frac{\cos x}{\sin x} \\&=\frac{2\cos^2(x/2)-\cos x}{\sin x} \\&=\frac1{\sin x} \\&= \csc x. \end{align}$$

Hemos demostrado que

$$\begin{align} \csc x &= \frac1{x}+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \big(\frac{1}{x+n\pi}+\frac{1}{x-n\pi}\big), \end{align}$$

que es el principal valor de $$\sum_{n=-\infty}^\infty (-1)^n \frac{1}{x+n\pi},$$

como se desee.

Answer 3

En esta respuesta, se muestra en detalle que $(1)$ $$\sum_{k=-\infty}^\infty\frac{1}{z+k}=\pi\cot(\pi z)\tag {1} $ es la suma de pares e impar $k$. La suma % incluso $k$sería$$ \sum_{k=-\infty}^\infty\frac{1}{z+2k}=\frac\pi2\cot\left(\frac{\pi z}2\right)\tag {2} $$la suma de incluso menos la suma de impares sería dos veces $(2)$ $(1)$$$ \begin{align} \sum_{k=-\infty}^\infty\frac{(-1)^k}{z+k} &=\pi\cot\left(\frac{\pi z}2\right)-\pi\cot(\pi z)\\ &=\pi\frac{1+\cos(\pi z)}{\sin(\pi z)}-\pi\frac{\cos(\pi z)}{\sin(\pi z)}\\[9pt] &=\pi\csc(\pi z)\tag{3} \end {Alinee el} por lo tanto $$,$$ \sum_{k=-\infty}^\infty\frac {(-1) ^ k} {z + k\pi} = \tag \csc (z) {4} $$