La prueba acerca de la $z\cot z=1-2\sum_{k\ge1}z^2/(k^2\pi^2-z^2)$

Question

En Concreto de las Matemáticas, se dice que $$z\cot z=1-2\sum_{k\ge1}\frac{z^2}{k^2\pi^2-z^2}\tag1$$ y demuestran en el EJERCICIO 6.73 $$z\cot z=\frac z{2^n}\cot\frac z{2^n}-\frac z{2^n}\tan\frac z{2^n}+\sum_{k=1}^{2^{n-1}-1}\frac z{2^n}\left(\cot\frac{z+k\pi}{2^n}+\cot\frac{z-k\pi}{2^n}\right)$$ El trigonométricas de identidad no es difícil, pero no entiendo el resto:

Puede ser demostrado que el término-a-término pasaje al límite se justifica, por lo tanto la ecuación (1) es válida.

¿Cómo podemos a la conclusión de que? Gracias por la ayuda!

Answer 1

Esta identidad está probada también en esta respuesta, pero el límite de la identidad trigonométrica es un lindo truco, también.

Hormigón Matemáticas reclamación:

Para el límite reivindicada en Concreto de las Matemáticas, necesitamos un par de cosas.

En primer lugar, mediante la inspección de la gráfica de $\frac{1-x\cot(x)}{x^2}$$-\frac{3\pi}{4}\le x\le\frac{3\pi}{4}$, tenemos $$ \left|\frac1x-\cot(x)\right|\le|x|\etiqueta{1} $$ A continuación, el Valor medio Teorema dice $$ \begin{align} |\cot(\delta+x)+\cot(\delta-x)| &=|\cot(x+\delta)-\cot(x-\delta)|\\ &\le2\delta\sup_{[x-\delta,x+\delta]}\csc^2(\xi)\\ &\le\color{#C00000}{8\delta\,\csc^2(x)}\\ &\le\color{#C00000}{2\pi^2\delta/x^2}\tag{2} \end{align} $$ si $\color{#C00000}{2\delta\le|x|\le\frac{\pi}{2}}$.

Por último, señalar que desde $0\le k< 2^{n-1}$, $0\le\frac{k\pi}{2^n}<\frac{\pi}{2}$

El uso de $(1)$, obtenemos $$ \begin{align} &\left|\frac{z}{2^n}\left(\cot\left(\frac{z+k\pi}{2^n}\right)+\cot\left(\frac{z-k\pi}{2^n}\right)\right)-\left(\frac{z}{z+k\pi}+\frac{z}{z-k\pi}\right)\right|\\ &\le2\left|\frac{z}{2^n}\right|\frac{|z|+k\pi}{2^n}\tag{3} \end{align} $$ El uso de $(2)$, obtenemos, para $2z\le k\pi$, $$ \begin{align} \left|\frac{z}{2^n}\left(\cot\left(\frac{z+k\pi}{2^n}\right)+\cot\left(\frac{z-k\pi}{2^n}\right)\right)\right| &\le2\pi^2\left|\frac{z^2}{2^{2n}}\right|\left(\frac{2^n}{k\pi}\right)^2\\ &\le2\pi^2\left(\frac{z}{k\pi}\right)^2\tag{4} \end{align} $$ Estimación de $(3)$ es utilizado para el control de la diferencia entre las series de pequeño $k$, e $(4)$ a controlar el resto de la suma de los cotangents para un gran $k$.

Escoge un $\epsilon>0$, y encontrar $m$ lo suficientemente grande como para que $2z\le m\pi$ y $$ \sum_{k=m}^\infty\frac{1}{k^2}\le\epsilon\etiqueta{5} $$ Entonces tenemos la siguiente estimación de la cola de la suma $$ \sum_{k=m}^\infty\frac{z^2}{k^2\pi^2-z^2}\le\frac43z^2\epsilon\etiqueta{6} $$ La combinación de $(4)$ $(5)$ rendimientos $$ \sum_{k=m}^{2^{n-1}-1}\left|\frac{z}{2^n}\left(\cot\left(\frac{z+k\pi}{2^n}\right)+\cot\left(\frac{z-k\pi}{2^n}\right)\right)\right|\le2z^2\epsilon\tag{7} $$ Sumando $(3)$ da $$ \begin{align} &\sum_{k=1}^{m-1}\left|\frac{z}{2^n}\left(\cot\left(\frac{z+k\pi}{2^n}\right)+\cot\left(\frac{z-k\pi}{2^n}\right)\right)-\left(\frac{z}{z+k\pi}+\frac{z}{z-k\pi}\right)\right|\\ &\le2\left|\frac{z}{2^n}\right|\frac{m|z|+m^2\pi/2}{2^n}\tag{8} \end{align} $$ Sólo elige $n$ suficientemente grande como para que $(8)$ $\displaystyle\left|\frac z{2^n}\cot\frac z{2^n}-\frac z{2^n}\tan\frac z{2^n}-1\right|$ son de menos de $\epsilon$ y obtenemos que el término-a-término de la diferencia absoluta es menor que $$ \left(\frac{10}{3}z^2+2\right)\epsilon\etiqueta{9} $$

Answer 2

NOTA: Este es incompleta. De una manera más rigurosa bound debe ser producido. A nadie capaz de hacerlo es libre de editar y añadir.

Para $x$ cerca del origen, $\cot x \sim \dfrac{1}{x}$. Desde $\dfrac{1}{2^n}\to 0 $ podemos usar este. Más precisamente,

$$\frac{1}{x}-1<\cot x <\frac{1}{x} $$

Es decir, podemos diseccionar

$$z\cot z=\frac z{2^n}\cot\frac z{2^n}-\frac z{2^n}\tan\frac z{2^n}+\sum_{k=1}^{2^{n-1}-1}\frac z{2^n}\left(\cot\frac{z+k\pi}{2^n}+\cot\frac{z-k\pi}{2^n}\right)$$

en

$${A_n} = \frac{z}{{{2^n}}}\cot \frac{z}{{{2^n}}} = \cos \frac{z}{{{2^n}}}\frac{{\frac{z}{{{2^n}}}}}{{\sin \frac{z}{{{2^n}}}}} = \cos u\frac{u}{{\sin u}} \to 1$$

$${B_n} = \frac{z}{{{2^n}}}\tan \frac{z}{{{2^n}}} = \frac{z}{{{2^n}}}\sin \frac{z}{{{2^n}}}\frac{1}{{\cos \frac{z}{{{2^n}}}}} = \frac{{u\sin u}}{{\cos u}} \to 0$$

donde $u \to 0$.

Entonces tenemos $$\eqalign{ & \frac{{{2^n}}}{{z z z - k\pi }} + \frac{{{2^n}}}{{z + k\pi }} - 2 < \left( {\cuna \frac{{z + k\pi }}{{{2^n}}} + \cuna \frac{{z z z - k\pi }}{{{2^n}}}} \right) < \frac{{{2^n}}}{{z z z - k\pi }} + \frac{{{2^n}}}{{z + k\pi }} \cr & \frac{z}{{z z z - k\pi }} + \frac{z}{{z + k\pi }} - \frac{z}{{{2^{n - 1}}}} < \frac{z}{{{2^n}}}\left( {\cuna \frac{{z + k\pi }}{{{2^n}}} + \cuna \frac{{z z z - k\pi }}{{{2^n}}}} \right) < \frac{z}{{z z z - k\pi }} + \frac{z}{{z + k\pi }} \cr & \frac{{2{z^2}}}{{{z^2} - {k^2}{\pi ^2}}} - \frac{z}{{{2^{n - 1}}}} < \frac{z}{{{2^n}}}\left( {\cuna \frac{{z + k\pi }}{{{2^n}}} + \cuna \frac{{z z z - k\pi }}{{{2^n}}}} \right) < \frac{{2{z^2}}}{{{z^2} - {k^2}{\pi ^2}}} \cr} $$