Encontrar un asintótica para $\sum_{j=1}^N \frac{1}{1 - \cos\frac{\pi j}{N}}$

Question

Necesito encontrar el comportamiento asintótico de $$\sum_{j=1}^N \frac{1}{1 - \cos\frac{\pi j}{N}}$$ como $N\to\infty$.

He encontrado (con un ordenador) que este asintóticamente será equivalente a $\frac{1}{3}N^2$, pero no saben cómo demostrarlo matemáticamente.

Answer 1

Heurística y la discusión. En primer lugar, como se indicó en los comentarios (esto es , no una prueba) el hecho de que, al $j/N\to 0$, tenemos $$ \frac{1}{1-\cos\frac{\pi j}{N}} \operatorname*{\sim}_{N\to \infty} \frac{2N^2}{\pi^2}\cdot\frac{1}{j^2} $$ y que $\sum_{j=1}^\infty \frac{1}{j^2}$ da una buena heurística/comprobación de validez por el hecho de que (la que tratamos de demostrar) que $$ \lim_{N\to\infty}\frac{3}{N^2}\sum_{j=1}^N \frac{1}{1-\cos\frac{\pi j}{N}} =1\,. \etiqueta{1} $$ Por otra parte, utilizando la desigualdad de $1-\cos x \leq \frac{x^2}{2}$ permite demostrar fácilmente que $$ \liminf_{N\to\infty}\frac{3}{N^2}\sum_{j=1}^N \frac{1}{1-\cos\frac{\pi j}{N}} \geq 1\,. \etiqueta{2} $$

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Prueba. Vamos a demostrar (1), sin embargo. Desde $1-\cos x = 2\sin^2 \frac{x}{2}$ todos los $x\in\mathbb{R}$, podemos reescribir $$ \begin{align} \sum_{j=1}^N \frac{1}{1-\cos\frac{\pi j}{N}} = \frac{1}{2} \sum_{j=1}^N \frac{1}{\sin^2\frac{\pi j}{2N}} = \frac{2N^2}{\pi^2} \sum_{j=1}^N \frac{1}{j^2}\frac{1}{\left(\frac{2N}{\pi j}\sin\frac{\pi j}{2N}\right)^2} \end{align} $$ así que para mostrar el resultado es suficiente para demostrar que $$ \lim_{N\to\infty} \sum_{j=1}^N \frac{1}{j^2}\frac{1}{\left(\frac{2N}{\pi j}\sin\frac{\pi j}{2N}\right)^2} = \sum_{j=1}^\infty \frac{1}{j^2} = \frac{\pi^2}{6} \etiqueta{3} $$

No estoy seguro de cuál es la forma más elegante para demostrar (3), así que me voy a dar un tiro con un martillo grande: el Teorema de Convergencia Dominada. Es decir, yo voy a mostrar lo siguiente:

Lema. Deje $f\colon [0,1]\to\mathbb{R}$ ser continua, y $(a_n)_n$ ser un no-secuencia negativa con $\sum_{n=1}^\infty a_n < \infty$. Entonces $$ \lim_{n\to\infty} \sum_{j=1}^n f\!\left(\frac{j}{n}\right) a_j = \sum_{j=1}^\infty a_j\,. \etiqueta{4} $$

Tenga en cuenta que esto implica (3), teniendo en $f(x) = \frac{(2x/\pi)^2}{\sin^2 \frac{\pi x}{2}}$ extendido por la continuidad en $0$.

La prueba del lema. Escrito $$ \sum_{j=1}^n f\!\left(\frac{j}{n}\right) a_j = \sum_{j=1}^\infty g_n\!\a la izquierda(j\right) a_j $$ para $g_n(x) \stackrel{\rm def}{=} f\!\left(\frac{x}{n}\right) \mathbb{1}_{[0,n]}(x)$. A continuación, $g_n$ converge pointwise a la función constante $f(0)$ y está dominado por $\lVert f\rVert_\infty$, por lo que la aplicación de la DCT tenemos que $$ \lim_{n\to\infty} \sum_{j=1}^\infty g_n\!\a la izquierda(j\right) a_j = \sum_{j=1}^\infty f(0) a_j $$ como se reivindica. $\square$

Answer 2

Estándar asintótico cálculo de los rendimientos de la estimación $$ \frac{1}{1-\cos x} = \frac{2}{x^2}+O(1)$$ hence $\displaystyle x\mapsto \frac{1}{1-\cos x} -\frac{2}{x^2}$ is bounded on a neighborhood of $0$, say $(0,\delta)$

Además, la función es continua sobre $[\delta,\pi]$, así delimitado en $[\delta,\pi]$, por lo tanto delimitado en $(0,\pi]$: escribir $$\displaystyle \forall x\in (0,\pi], \frac{1}{1-\cos x} = \frac{2}{x^2}+g(x)$$ where $g$ is bounded on $(0,\pi]$.

Con esa estimación, $$\sum_{j=1}^N \frac{1}{1 - \cos\frac{\pi j}{N}} = \sum_{j=1}^N \frac{2N^2}{\pi^2 j^2} + \sum_{j=1}^Ng(\frac{\pi j}n) = \frac{2N^2}{\pi^2}\left(\frac{\pi^2}6+o(1) \right) + O(N)=\frac{N^2}{3}+o(N^2)$$

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Como ClementC ha señalado, con la mayor estimación $\sum_{j=1}^N \frac{1}{j^2} = \frac{\pi^2}6 +O(\frac 1N)$ (lo que sigue a partir de la integral de métodos aplicados a $\sum_{k=N+1}^\infty \frac{1}{k^2}$), se obtiene la mejor asintótica $\sum_{j=1}^N \frac{1}{1 - \cos\frac{\pi j}{N}} = \frac{N^2}{3}+O(N)$