\( \sum_{k=1}^{+\infty} sinc(k)=?\)

[nato_pigro1]

Sapete come si prova questo risultato?

\[ \sum_{k=1}^{+\infty} sinc(k)= {1 \over 2}+{1 \over 2} \pi\]

[gugo82]

Se interpreto bene, la traccia è sbagliata.
Infatti se \(\text{sinc}\; x=\frac{\sin x}{x}\) si ha:
\[
\tag{1} \sum_{k=1}^\infty \frac{\sin k}{k} = \frac{1}{2} (\pi -1)\; .
\]
Che la serie a primo membro converga è conseguenza di un noto criterio di Dirichlet (che è un criterio di Leibnitz generalizzato); se vuoi, quando ho tempo, ti posto la dimostrazione.
La tua formula la recuperi se estendendi la \(\text{sinc}\; x\) ad \(1\) su \(x=0\) e cominci a sommare da \(k=0\), poiché:
\[
\sum_{k=0}^\infty \frac{\sin k}{k} = 1+\sum_{k=1}^\infty \frac{\sin k}{k} =1+\frac{1}{2} (\pi -1)=\frac{1}{2} (\pi +1)\; .
\]

Tuttavia la formula di sommazione (1) non ricordo bene da dove venga... Probabilmente da qualche sviluppo in serie di Fourier.
Cerco un po' e ti faccio sapere.



*** EDIT:
Tornando a casa mi sono ricordato di una serie simile che ho postato come esercizio tempo fa in EC (click): quel risultato si otteneva per mezzo di serie di potenze, ma anche per mezzo di serie di Fourier, quindi ci avevo visto giusto.

Tornando IT, ecco come si dimostra la convergenza della serie: si usano giusto un po' di numeri complessi, ma niente di che.

Innanzitutto, ricordo il già citato criterio di convergenza di Dirichlet:

Siano \((a_n),\ (b_n)\) successioni di numeri reali.
Se:

[*:31oz5a1b] \((b_n)\) è positiva, decrescente ed infinitesima, ossia:
\[
\forall n\in\mathbb{N},\quad 0< b_{n+1}\leq b_n\qquad \text{e} \qquad \lim_n b_n=0\; ;
\]
[/*:m:31oz5a1b]
[*:31oz5a1b] \(\sum a_n\) ha le somme parziali limitate, cioè esiste \(M\geq 0\) tale che
\[
\forall N\in \mathbb{N},\quad \left| \sum_{n=1}^N a_n\right|\leq M
\][/*:m:31oz5a1b][/list:u:31oz5a1b]
allora la serie \(\sum a_nb_n\) è convergente.

La dimostrazione di questo fatto non è difficile e si basa sul metodo di somma per parti di Abel; si può trovare su un qualunque testo buono di Analisi, ma anche qui.
Prima di procedere vorrei far notare esplicitamente due cose.
Innanzitutto noto che dal criterio di Dirichlet si desume facilmente il notissimo criterio di Leibniz, poiché infatti basta prendere \(a_n=(-1)^n\).
Inoltre, dico che il criterio di Dirichlet vale anche se \(a_n\) è una successione di numeri complessi (questo è meno evidente; però ciò dipende dal fatto che il metodo di somma per parti di Abel è valido anche nel caso di somme con addendi complessi).
Con queste armi a disposizione posso finalmente far vedere che la serie \(\sum \frac{\sin n}{n}\) converge.

Dim.: Dato che \(\frac{\sin n}{n}=\sin n\ \frac{1}{n}\), sembra logico prendere \(b_n:=1/n\) ed \(a_n:=\sin n\).
Ora \((b_n)\) è evidentemente positiva, decrescente ed infinitesima; quindi se voglio applicare Dirichlet bisogna che concentri i miei sforzi per dimostrare che la serie \(\sum \sin n\) ha le somme parziali limitate.
Per fare ciò ricordo che dalla nota formula di Eulero \(e^{\imath x}=\cos x+\imath\ \sin x\) discende:
\[
\sin x= \frac{1}{2\imath} (e^{\imath\ x}-e^{-\imath\ x})
\]
cosicché ho per ogni fissato \(N\in \mathbb{N}\):
\[
\begin{split}
\sum_{n=1}^N \sin n &= \frac{1}{2\imath} \left( \sum_{n=1}^N e^{\imath\ n} - \sum_{n=1}^N e^{-\imath\ n}\right)\\
&= \frac{1}{2\imath} \left( e^\imath\ \sum_{n=0}^{N-1} e^{\imath\ n} -e^{-\imath}\ \sum_{n=0}^{N-1} e^{-\imath\ n}\right)\; ;
\end{split}
\]
d'altra parte, le due somme che figurano al secondo membro sono le somme parziali di due serie geometriche rispettivamente di ragioni \(e^{\imath}\) ed \(e^{-\imath}\) quindi sono esplicitamente calcolabili e ciò importa:
\[
\sum_{n=1}^N \sin n = \frac{1}{2\imath} \left( e^\imath\ \frac{1- e^{\imath\ N}}{1-e^{\imath}} -e^{-\imath}\ \frac{1- e^{-\imath\ N}}{1-e^{-\imath}}\right)\; .
\]
A questo punto abbiamo:
\[
\begin{split}
\left| \sum_{n=1}^N \sin n \right| &=\left| \frac{1}{2\imath} \left( e^\imath\ \frac{1- e^{\imath\ N}}{1-e^{\imath}} -e^{-\imath}\ \frac{1- e^{-\imath\ N}}{1-e^{-\imath}}\right) \right|\\
&= \frac{1}{2} \left| e^\imath\ \frac{1- e^{\imath\ N}}{1-e^{\imath}} + \frac{1- e^{-\imath\ N}}{1-e^\imath} \right|\\
&= \frac{1}{2 |1-e^\imath|}\ \left|1 +e^\imath -e^{-\imath\ N} -e^{\imath\ (N+1)}\ \right|\\
&\leq \frac{1}{2 |1-e^\imath|}\ \left( 1+|e^\imath| +|e^{-\imath\ N}| +|e^{\imath\ (N+1)}\ |\right)\\
&= \frac{2}{|1-e^{\imath}|}
\end{split}
\]
quindi le somme parziali di \(\sum \sin n\) sono limitate in valore assoluto da \(M=2/|1-e^\imath|\sim 2.086\).
Pertanto il criterio di Dirichlet è applicabile e \(\sum \text{sinc}\; n\) converge.\(\square\)

Ora, calcolo la somma della serie: qui, invece, l'uso degli strumenti dell'Analisi Complessa è un po' più sofisticato (bisogna almeno conoscere la teoria delle serie di potenze e la definizione e lo sviluppo in serie della funzione logaritmo).

Considero la serie di potenze complessa:
\[
\sum \frac{\sin n}{n}\ z^n\; ;
\]
ricordando che il seno si esprime come combinazione lineare di esponenziali complessi dalla precedente ricavo:
\[
\begin{split}
\sum \frac{\sin n}{n}\ z^n &= \frac{1}{2\imath}\ \sum \frac{1}{n}\ (e^{\imath\ n} -e^{-\imath\ n})z^n\\
&= \frac{1}{2\imath}\ \left( \sum \frac{1}{n}\ (e^\imath z)^n - \sum \frac{1}{n}\ (e^{-\imath} z)^n \right)\; ,
\end{split}
\]
cosicché, ricordando lo sviluppo del logaritmo \(\text{Ln} (1-\zeta ) =-\sum_{n=1}^\infty 1/n\ \zeta^n\) (qui \(\text{Ln}\) denota la determinazione principale del logaritmo naturale complesso), trovo:
\[
\begin{split}
\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin n}{n}\ z^n &= \frac{1}{2\imath}\ \left( \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}\ (e^\imath z)^n - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\ (e^{-\imath} z)^n \right)\\
&= \frac{1}{2\imath}\ \left( -\text{Ln}\; (1-e^{\imath} z) +\text{Ln}\; (1-e^{-\imath } z)\right)\\
&= \frac{1}{2\imath} \text{Ln}\; \frac{1-e^{-\imath} z}{1-e^{\imath} z}\; .
\end{split}
\]
Usando un noto risultato dovuto ad Abel, facendo tendere \(z\to 1^-\) sull'asse reale dall'interno del cerchio unitario (che è contenuto nel cerchio di convergenza della serie \(\sum \frac{\sin n}{n}\ z^n\)) trovo:
\[
\begin{split}
\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin n}{n} &=\frac{1}{2\imath} \text{Ln} \frac{1-e^{-\imath}}{1-e^{\imath}}\\
&= \frac{1}{2\imath} \left( \ln \left| \frac{1-e^{-\imath}}{1-e^{\imath}}\right| +\imath\ \text{Arg} \left(\frac{1-e^{-\imath}}{1-e^{\imath}}\right)\right)\\
&= \text{Arg} (1-e^{-\imath})
\end{split}
\]
(l'ultima uguaglianza rimane giustificata appena si nota che \(1-e^\imath\) è il coniugato di \(1-e^{-\imath}\), sicché l'argomento del logaritmo ha modulo unitario ed argomento principale congruo a \(2\text{arg} (1-e^{-\imath})\) modulo \(2\pi\)).
Ma:
\[
\text{Arg} (1-e^{-\imath}) =\arctan \frac{\sin 1}{1-\cos 1}
\]
e d'altra parte la formula di bisezione della cotangente e note relazioni trigonometriche importano:
\[
\frac{\sin 1}{1-\cos 1} = \cot \frac{1}{2} =\tan \left( \frac{\pi}{2} -\frac{1}{2}\right)
\]
quindi ho infine:
\[
\begin{split}
\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin n}{n} &= \arctan \frac{\sin 1}{1-\cos 1} \\
&=\arctan\ \tan \left( \frac{\pi}{2} -\frac{1}{2}\right)\\
&=\frac{\pi -1}{2}\; ,
\end{split}
\]
come volevo.\(\square\)

[nato_pigro1]

si hai ragione, scritto male. Se mi sai anche indicare dove c'è la dimostrazione senza riportarla va benissimo lo stesso.
grazie.

[gugo82]

La stavo appunto postando la dimostrazione.

Mi ha preso un po' di tempo, perché il PC era occupato.

[nato_pigro1]

Davvero molto bella!
Grazie.

[gugo82]

Un'altra dimostrazione della formula di sommazione: funziona conoscendo i rudimenti della teoria delle serie di Fourier.

Noto che:
\[
\begin{split}
\frac{\sin n}{n} &= \frac{\sin nx}{n}\Bigg|_0^1 \\
&= \int_0^1 \cos nx\ \text{d} x
\end{split}
\]
quindi i termini della serie assomigliano molto a coefficienti di Fourier relativi ad una serie di soli coseni di una funzione costante.

Dato che le serie di soli coseni forniscono funzioni pari, è abbastanza naturale cercare una funzione gradino pari \(u(x):=C\ \chi_{[-a,a]}(x)\) tale che \(\sum \text{sinc}\; n\ \cos nx\) sia la sua serie di Fourier.

Prendiamo \(0 \[
\begin{split}
\alpha_n &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi u(x)\ \cos nx\ \text{d}x\\
& = \frac{2C}{\pi} \int_0^a \cos nx\ \text{d}x\\
\end{split}
\]
ergo:
\[
\alpha_n=
\begin{cases}
\frac{2Ca}{\pi} &\text{, se } n=0\\
\frac{2C}{\pi} \frac{\sin na}{n} &\text{, se } n\geq 1 .
\end{cases}
\]
Quindi ho \(\alpha_n =\text{sinc}\; n\) per tutti gli \(n\geq 1\) se:
\[
a=1\qquad \text{e}\qquad C=\frac{\pi}{2}\; ;
\]
scelti \(a\) e \(C\) come indicato trovo lo sviluppo in serie di Fourier:
\[
\begin{split}
u(x) &= \frac{\alpha_0}{2}+ \sum_{n=1}^\infty \alpha_n \cos nx\\
&= \frac{1}{2} +\sum_{n=1}^\infty \text{sinc}\; n\ \cos nx\; .
\end{split}
\]
Dal criterio di Dirichlet per le serie di Fourier desumo che la serie all'ultimo membro della precedente converge a \(u(0)\) per \(x=0\) (perché la funzione \(u(x)\) è continua in \(0\)) e perciò ho infine:
\[
\frac{\pi}{2} =\frac{1}{2}+ \sum_{n=1}^\infty \text{sinc}\; n \; ,
\]
come volevo. \(\square\)

[asvg]xmin=-4; xmax=4; ymin=-2; ymax=2;
axes("","");
stroke="yellow"; plot("0.5+sin(1)*cos(x)+0.5*sin(2)*cos(2*x)",-3.14,3.14);
stroke="orange"; plot("0.5+sin(1)*cos(x)+0.5*sin(2)*cos(2*x)+0.333*sin(3)*cos(3*x)+0.25*sin(4)*cos(4*x)",-3.141,3.141);
stroke="red"; plot("0.5+sin(1)*cos(x)+0.5*sin(2)*cos(2*x)+0.333*sin(3)*cos(3*x)+0.25*sin(4)*cos(4*x)+0.2*sin(5)*cos(5*x)+0.166*sin(6)*cos(6*x)+0.143*sin(7)*cos(7*x)+0.125*sin(8)*cos(8*x)",-3.141,3.141);
stroke="dodgerblue"; strokewidth=2; line([-3.141,0],[-1,0]); dot([-1,1.57]); line([-1,1.57],[1,1.57]); dot([1,1.57]); line([1,0],[3.141,0]);[/asvg]