Serie del rapporto tra un seno cubo e un'esponenziale

[Bianco17]

Rieccomi a proporvi un nuovo esercizio del mio caro "Advanced Calculus Explored" . Questa volta è stata una serie a farmi scervellare un po' però alla fine l'ho vinta. Vi riporto il testo tradotto:
"Si valuti la serie \[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\text{sin}^3(3^n)}{3^n}\] considerando l'identità goniometrica $\text{sin}(3\theta)=3\text{sin}(\theta)-4\text{sin}^3(\theta)$."
Vi riporto la mia soluzione e fatemi sapere se trovate altre strade interessanti!

\[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\text{sin}^3 3^n}{3^n}=\text{sin}^3 1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3\text{sin}3^n-\text{sin}3^{n+1}}{4\cdot 3^n}\] sviluppando il primo termine della sommatoria e applicando la formula proposta nella traccia.
Riscrivo la sommatoria come \[\frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\text{sin}3^n-\text{sin}3^{n+1}}{3^n}+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\text{sin}3^n}{3^n}\ (*)\] I termini dell'ultima sommatoria possono essere visti come $\text{sin}3^n(\frac{1}{3})^n$ e considerando ora l'$N$-esima somma parziale utilizzo la formula della "Somma per parti" (l'analogo discreto dell'integrazione per parti, ovvero \(\sum_{n=k}^{N} a_{n}b_{n}=b_{N}S_{N}-b_{k}S_{k-1}-\sum_{n=k}^{N-1} S_{n}(b_{n+1}-b_{n}) \) dove \(S_{N}=\sum_{n=1}^{N} a_{n}\)) \[\sum_{n=1}^{N}\frac{\text{sin}3^n}{3^n}=\text{sin}3^N\frac{3^N-1}{2\cdot 3^N}-\sum_{n=1}^{N-1}\frac{3^n-1}{2\cdot 3^n}(\text{sin}3^{n+1}-\text{sin}3^n)=\] (dove \(\frac{3^N-1}{2\cdot 3^N}\) è l'$N$-esima somma parziale della serie geometrica di ragione $1/3$ privata del primo termine) \[=\text{sin}3^N\frac{3^N-1}{2\cdot 3^N}-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{N-1} (\text{sin}3^{n+1}-\text{sin}3^n)+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{N-1}\frac{\text{sin}3^{n+1}-\text{sin}3^n}{3^n} \] Andando a sostituire questa mostruosità in \((*)\), considerando l'$N$-esima somma parziale anche della prima serie, si ottiene \[\frac{1}{4}\sum_{n=1}^{N}\frac{\text{sin}3^n-\text{sin}3^{n+1}}{3^n}+\text{sin}3^N\frac{3^N-1}{4\cdot 3^N}-\frac{1}{4}\sum_{n=1}^{N-1} (\text{sin}3^{n+1}-\text{sin}3^n)-\frac{1}{4}\sum_{n=1}^{N-1}\frac{\text{sin}3^n-\text{sin}3^{n+1}}{3^n}\] Una alla volta, le serie si semplificano notevolmente: la prima e l'ultima si elidono a meno dell'$N$-esimo termine della prima; l'altra è una serie telescopica. Dunque
\[\frac{1}{4}\frac{\text{sin}3^N-\text{sin}3^{N+1}}{3^N}+\text{sin}3^N\frac{3^N-1}{4\cdot 3^N}-\frac{1}{4}(\text{sin}3^N-\text{sin}3)=\frac{1}{4}\text{sin}3-\frac{1}{4}\frac{\text{sin}3^{N+1}}{3^N}\] Passando al limite \[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3\text{sin}3^n-\text{sin}3^{n+1}}{4\cdot 3^n}=\frac{\text{sin}3}{4}-\frac{1}{4}\lim_{N\to\infty} \frac{\text{sin}3^{N+1}}{3^N}=\frac{\text{sin}3}{4}\] Concludendo allora, applicando nuovamente la formula di triplicazione del seno, si ricava finalmente \[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\text{sin}^3(3^n)}{3^n}=\text{sin}^3 3+\frac{\text{sin}3}{4}=\text{sin}^3 3+\frac{3\text{sin}1-4\text{sin}^3 1}{4}=\frac{3\text{sin}1}{4}\]

[dissonance]

È giusto ma puoi risolvere più rapidamente osservando che c'è un telescopio:
[ot]Usando l'identità goniometrica
\[
\frac{\sin^3(3^n)}{3^n}=\frac34 \frac{\sin(3^n)}{3^n} - \frac14\frac{\sin 3^{n+1}}{3^n}, \]
si ha che la serie da sommare è uguale a
\[
\frac34 \sum_{n=0}^\infty \frac{\sin(3^n)}{3^n} -\frac34\sum_{n=0}^\infty \frac{\sin(3^{n+1})}{3^{n+1}} \]
ovvero
\[
\frac34 \sum_{n=0}^\infty \frac{\sin(3^n)}{3^n} -\frac34\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(3^{n})}{3^{n}},\]
quindi l'unico termine che non si cancella è quello corrispondente a \(n=0\), e cioè
\[
\frac34 \sin(1).\][/ot]

[Bianco17]

Non me n'ero minimamente accorto… Credo di essermi fatto prendere dalla frenesia di utilizzare la formula della somma per parti da aver trascurato questo piccolo dettaglio!

[dissonance]

Ma va benissimo. D'altra parte, se ti vai a vedere la dimostrazione della somma per parti, essenzialmente è un telescopio pure quello. Il telescopio è lo strumento fondamentale per valutare le serie, l'esatto analogo della formula
\[
\int_a^b \frac{df}{dx}\, dx=f(b)-f(a).\]
Quindi abbiamo fatto sostanzialmente lo stesso lavoro.