La suma $\sum \frac{\sin(n\theta)}{n}$ sobre impar $n$

Question

Hace poco vi que la afirmación de que

$\sin(\theta) +\frac{1}{3}\sin(3\theta) +\frac{1}{5}\sin(5\theta)+ \ldots$

converge a $\frac{\pi}{4}$ para $0<\theta<\pi$ . ¿Alguien ha visto este problema o tiene alguna sugerencia sobre cómo abordar un problema tan interesante?

Answer 1

Bueno, esto es simplemente la serie de Fourier para la función impar de período $2\pi$ que es igual a $\pi/4$ en el intervalo $(0,\pi)$ .

Answer 2

Esto es cierto, (e interesante). Desde el principio, la intuición me dice que considere la serie para $\arctan(x)$ ya que sólo es sobre enteros Impares, y tiene el denominador correcto. Esto nos lleva entonces a $\tanh^{-1}(x)$ para eliminar los signos negativos, y utilizando algunas identidades para esta función podemos resolver el problema.

Solución:

Desde $$\tan^{-1}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2n+1}x^{2n+1}$$ vemos que $$\frac{1}{i}\tan^{-1}(ix)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n+1}x^{2n+1}=\tanh^{-1}(x).$$ Como la serie original es igual a $$\frac{1}{2i}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n+1}e^{i(2n+1)\theta}-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n+1}e^{-i(2n+1)\theta}\right)$$ entonces tenemos $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\sin\left((2n+1)\theta\right)}{2n+1}=\frac{1}{2i}\left(\tanh^{-1}\left(e^{i\theta}\right)-\tanh^{-1}\left(e^{-i\theta}\right)\right).$$ Ahora bien, como $$\tanh^{-1}\left(x\right)=\frac{1}{2}\log\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$$ tenemos $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\sin\left((2n+1)\theta\right)}{2n+1}=\frac{1}{4i}\left(\log\left(\frac{1+e^{i\theta}}{1-e^{i\theta}}\right)-\log\left(\frac{1+e^{-i\theta}}{1-e^{-i\theta}}\right)\right).$$ Por lo tanto, $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\sin\left((2n+1)\theta\right)}{2n+1}=\frac{1}{4}\log\left(\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{e^{-i\theta}-e^{i\theta}}\right)=\frac{1}{4i}\log(-1)=\frac{\pi}{4}$$ como se desee.

Espero que eso ayude,

Nota: Los primeros reajustes aquí necesitan una justificación, ya que no tenemos una convergencia absoluta. Esto es admisible ya que ambas series siguen convergiendo y las sumas parciales son idénticas. Además, la expresión para $\tanh^{-1}(x)$ sólo se mantiene cuando $|x|<1$ Por lo tanto, de nuevo se requiere una justificación para explicar por qué podemos extender a todos $|x|=1$ excepto los puntos $x=\pm 1$ . Esto se deduce del Teorema del Límite de Abel.

Answer 3

Casi lo mismo que la respuesta de Eric (usando $\log(1+x)$ en lugar de $\tan^{-1}(x)$ . Se puede argumentar la convergencia de la serie a $\log(1+x)$ utilizando la prueba de la serie alternativa generalizada aunque $|e^{inx}| = 1$ )

$\sin(n \theta) = \frac{\exp(i n \theta) - \exp(-i n \theta)}{2i}$ .

$\displaystyle \sum_{n = \text{odd}} \frac{x^n}{n} = \frac{\log(1+x) - \log(1-x)}{2}$

$\displaystyle \sum_{n=\text{odd}}^{\infty} \frac{\exp(i n \theta) - \exp(-i n \theta)}{2in} = \displaystyle \frac1{2i} \left( \sum_{n=\text{odd}}^{\infty} \frac{\exp(i n \theta)}{n} - \sum_{n=\text{odd}}^{\infty} \frac{\exp(-i n \theta)}{n} \right)$

$= \frac1{4i} \left( \log(1 + \exp(i \theta)) - \log(1 - \exp(i \theta)) - \log(1 + \exp(-i \theta)) + \log(1 - \exp(-i \theta)) \right)$

$= \frac1{4i} \log \left(\frac{(1 + \exp(i \theta))(1 - \exp(- i \theta))}{(1 - \exp(i \theta))(1 + \exp(- i \theta))} \right) = \frac1{4i} \log \left( \frac{\exp(i \theta) - \exp(-i \theta)}{\exp(-i \theta) - \exp(i \theta)} \right) =\frac1{4i} \log(-1) = \frac{\pi i}{4i} = \boxed{\frac{\pi}{4}}$

Answer 4

Sólo una pista (con prisa, lo siento): Alternativamente, también podrías utilizar la fórmula de suma de Abel y utilizar los cosenos.