Sumas cuadráticas trigonométricas

El problema de la semana es el siguiente:

Calcular en función del número natural $m \ge 1$ el valor de las siguientes sumas:
$\displaystyle{\sum_{k=1}^m sen^2 \left(\cfrac{k\pi}{2m+1}\right)}$ $\displaystyle{\sum_{k=1}^m cos^2\left(\cfrac{k\pi}{2m+1}\right)}$

Cuando las resolváis pondremos más sumas del estilo.

Posts aleatorios

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 19 de February de 2008
Categorías: Juegos | Imprime este post

Sin comentarios

Pasotaman | 19 de February de 2008 | 12:39

Llamemos $lates S_m$ a la suma del seno y $C_m$ a la del coseno. Por el teorema de Pitágoras, $S_m+C_m=m$ . Por otro lado, la fórmula del coseno del ángulo doble nos da que:

$latex C_m-S_m=\sum\limits_{k=1}^m \cos\left(\frac{2}{2m+1}k\pi\right)=Re\left\{
\sum\limits_{k=1}^m\left(e^{i\frac{2}{2m+1}\pi}\right)^k
\right\}$

que a priori parece trivial, pero me voy a pensar un momento no sea que me deje algún caso particular…
Pasotaman | 19 de February de 2008 | 12:55

Empleando la fórmula de la suma geométrica:

$latex C_m-S_m=-1+Re\left\{\frac{1-
e^{i\frac{2m+2}{2m+1}\pi}}{1-e^{i\frac{\pi}{2m+1}\pi}}\right\}$

Lo cual, salvo error por mi parte, se puede reducir a:

$C_m-S_m=-1-\frac{\cos^2\left(\frac{\pi}{2\left(2m+1\right)}\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{2m+1}\right)}$

Para terminar, empleamos las ecuaciones iniciales para separar las dos sumas:

$C_m=\frac{C_m+S_m}{2}+\frac{C_m-S_m}{2}=\frac{m-1}{2}-\frac{\cos^2\left(\frac{\pi}{2\left(2m+1\right)}\right)}{2\sin\left(\frac{\pi}{2m+1}\right)}$

$S_m=m-C_m=\frac{m+1}{2}+\frac{\cos^2\left(\frac{\pi}{2\left(2m+1\right)}\right)}{2\sin\left(\frac{\pi}{2m+1}\right)}$
Tito Eliatron | 19 de February de 2008 | 13:46

Hay un pequeño error en el cálculo de la parte real: la fórmula de suma parcial de una serie geométrica es $\frac{PRIMERO-ULTIMO*RAZON}{1-RAZON}$ y en este caso, $PRIMERO=e^{\frac{2\pi i}{2m+1}}$ y no 1 como tú has usado. Aparte de esta tontería de fallo, el planteamiento creo que es el acertado.
Tito Eliatron | 19 de February de 2008 | 14:25

Veamos si me sale:
Sabiendo que $sen^2(a)=\frac{1-cos(2a)}{2}$ , podemos asegurar que (llamando $S_m$ a la suma de los senos) que
$latex S_m=\displaystyle\sum_{k=1}^m\frac{1-cos(2k\pi/(2m+1))}{2}
= \frac{m}{2}-\frac{1}{2}Re\left(\sum_{k=1}^m\left(e^{\frac{2\pi i}{2m+1}}\right)^k\right)$.

Elaboremos un poco el interior de la parte real:

$\displaystyle\sum_{k=1}^m\left(e^{\frac{2\pi i}{2m+1}}\right)^k= \frac{e^{\frac{2\pi i}{2m+1}}-e^{\frac{2m+2}{2m+1}\pi i}}{1-e^{\frac{2\pi i}{2m+1}}}$ . Multipliquemos ahora por el conjugado del denominador:

$latex A_m:=\displaystyle\sum_{k=1}^m\left(e^{\frac{2\pi i}{2m+1}}\right)^k=\frac{e^{\frac{2\pi i}{2m+1}}-e^{\frac{2m+2}{2m+1}\pi i}}{1-e^{\frac{2\pi i}{2m+1}}}\cdot
\frac{1-e^{\frac{-2\pi i}{2m+1}}}{1-e^{-\frac{2\pi i}{2m+1}}}=
\frac{e^{\frac{2\pi i}{2m+1}}-e^{\frac{2m+2}{2m+1}\pi i}-1+e^{\frac{2m\pi i}{2m+1}}}{2-2cos\left(\frac{2\pi}{2m+1}\right)}
$ Como nos interesa sólo la parte real, ésta será
$latex \displaystyle Re(A_m)=\frac{cos\left(\frac{2\pi}{2m+1}\right)-cos\left(\frac{2m+2}{2m+1}\pi\right)-1+cos\left(\frac{2m\pi}{2m+1}\right)}{2-2\cos\left(\frac{2\pi}{2m+1}\right)}=
\frac{cos\left(\frac{2\pi}{2m+1}\right)-cos\left(\pi+\frac{\pi}{2m+1}\right)-1+cos\left(\frac{2m\pi}{2m+1}\right)}{2-2\cos\left(\frac{2\pi}{2m+1}\right)}=
\frac{cos\left(\frac{2\pi}{2m+1}\right)+cos\left(\frac{\pi}{2m+1}\right)-1+cos\left(\frac{2m\pi}{2m+1}\right)}{2-2\cos\left(\frac{2\pi}{2m+1}\right)}=
\frac{cos\left(\frac{2\pi}{2m+1}\right)+cos\left(\frac{\pi}{2m+1}\right)-1+cos\left(\pi-\frac{\pi}{2m+1}\right)}{2-2\cos\left(\frac{2\pi}{2m+1}\right)}=
\frac{cos\left(\frac{2\pi}{2m+1}\right)+cos\left(\frac{\pi}{2m+1}\right)-1-cos\left(\frac{\pi}{2m+1}\right)}{2-2\cos\left(\frac{2\pi}{2m+1}\right)}=
\frac{cos\left(\frac{2\pi}{2m+1}\right)-1}{2-2\cos\left(\frac{2\pi}{2m+1}\right)}=\frac{-1}{2}$

Por tanto, $S_m=m/2+1/4=\frac{2m+1}{4}$ .

Pero como $C_m=m-S_m=\frac{2m-1}{4}$ .
Domingo H.A. | 19 de February de 2008 | 14:43

Muy buena Tito, esos son los resultados. Aunque no he seguido el desarrollo por los problemas de TeX, esas son las respuestas.

¿Intentamos ahora

$\displaystyle{\sum_{k=1}^m tg^2 \left(\cfrac{k\pi}{2m+1}\right)}$

$\displaystyle{\sum_{k=1}^m cotg^2 \left(\cfrac{k\pi}{2m+1}\right)}$

$\displaystyle{\sum_{k=1}^m sec^2 \left(\cfrac{k\pi}{2m+1}\right)}$

$\displaystyle{\sum_{k=1}^m cosec^2 \left(\cfrac{k\pi}{2m+1}\right)}$
?
Domingo H.A. | 19 de February de 2008 | 15:32

aunque lo han resuelto muy bien, tal vez pueda servir de ayuda comentar que este ejercicio que se propone nos va a conducir a una prueba elemental (y rigurosa) del problema de Basilea http://gaussianos.com/el-problema-de-basilea/
Pasotaman | 19 de February de 2008 | 16:02

Gracias a Tito por la corrección a mi desarrollo, aunque mi problema no estuvo en tomar mal el primer término (para eso resté 1 de la suma) sino en el desarrollo posterior. Ya he comprobado que da lo mismo
Balborian | 19 de February de 2008 | 20:31

Tengo una pregunta: ¿ de dónde sale el resultado de esta suma ?

$\displaystyle\sum_{k=1}^m\left(e^{\frac{2\pi i}{2m+1}}\right)^k= \frac{e^{\frac{2\pi i}{2m+1}}-e^{\frac{2m+2}{2m+1}\pi i}}{1-e^{\frac{2\pi i}{2m+1}}}$
Eze M | 20 de February de 2008 | 00:21

Muy buena Tito y Pasotaman!!! Siguiendo sus pasos llegué al mismo resultado! La verdad es que me parece increible que se pueda resolver problemas de este estilo… La matemática es genial!!

Balborian: ese resultado sale la suma geométrica:
Domingo H.A. | 20 de February de 2008 | 00:51

ánimo… que con las otras cuatro sumas trigonométricas también sale una expresión sencilla en $m$ .

Una pista: en el post sobre el producto de senos http://gaussianos.com/producto-de-senos/ fede comentó algo que puede ser útil…
Eze M | 20 de February de 2008 | 00:51

$S_{n}(a) = 1 + a + a^2 + \ldots + a^n \newline (1-a)\cdot{S_n} = (1 + a + a^2 + \ldots + a^n)-(a + a^2 + a^3 + \ldots + a^{n+1}) = 1-a^{n+1} \newline S_{n}(a)= \frac{1-a^{n+1}}{1-a}$

Por eso
$\displaystyle \sum_{k=1}^{m}{ {\left ( e^{\frac{2\pi i}{2m+1}} \right )}^k } = -1 + \sum_{k=0}^{m}{ {\left ( e^{\frac{2\pi i}{2m+1}} \right )}^k } = -1 + \frac{1-{\left ( e^{\frac{2\pi i}{2m+1}}\right )}^{m+1}}{1-e^{\frac{2\pi i}{2m+1}}} = \frac{e^{\frac{2\pi i}{2m+1}} - e^{\frac{2m+2}{2m+1}\pi\i}}{1-e^{\frac{2\pi\i}{2m+1}}}$
Balborian | 20 de February de 2008 | 18:29

muchas gracias por el detalle, todo aclarado
Domingo H.A. | 20 de February de 2008 | 21:01

Como comentaba fede en http://gaussianos.com/producto-de-senos/ , se podría usar que

$\displaystyle \mathrm{sen}\ (2m+1)\alpha = \sum_{\substack{1\leq k\leq 2m+1 \\ \text{impar}}} (-1)^{(k-1)/2}\binom{2m+1}{k}\mathrm{sen}^k \alpha \cos^{2m+1-k} \alpha$ ,

dividir por $sen^{2m+1} \alpha$ para hacer aparecer la cotangente y sustituir $\alpha=\cfrac{\pi}{2m+1}$ …
fede | 21 de February de 2008 | 00:20

Interesantes identidades las que propones, Domingo, porque llevan como dices a una demostración elemental de la fórmula para $\sum 1/k^2$ …
Domingo H.A. | 22 de February de 2008 | 16:51

Vamos a calcular el valor de las sumas

$latex \displaystyle{\sum_{k=1}^m cotg^2 \left(\cfrac{k\pi}{2m+1}\right)}\quad\quad\quad
\displaystyle{\sum_{k=1}^m cosec^2 \left(\cfrac{k\pi}{2m+1}\right)}$

Como decíamos arriba, vamos a tener en cuenta que

$\displaystyle{sen((2m+1)x)=\binom{2m+1}{1}sen\;x\;cos^{2m}\;x- \binom{2m+1}{3}sen^3\;x\;cos^{2(m-1)}\;x+ \binom{2m+1}{5}sen^5\;x\;cos^{2(m-2)}\;x-\ldots+ (-1)^{m-1}\binom{2m+1}{2m-1}sen^{2m-1}\;x\;cos^2\;x+ (-1)^m\binom{2m+1}{2m+1}sen^{2m+1}\;x} \quad (*)$

Sustituyendo en $(*)$ los valores $x=\cfrac{k\pi}{2m+1},\;\;1\leq k\leq m,$ y dividiendo por $sen^{2m+1}\;x$ vemos que

$0=\displaystyle{\binom{2m+1}{1}cotg^{2m}\;x- \binom{2m+1}{3}cotg^{2(m-1)}\;x+ \binom{2m+1}{5}cotg^{2(m-2)}\;x-\ldots+ (-1)^{m-1}\binom{2m+1}{2m-1}cotg^2\;x+ (-1)^m\binom{2m+1}{2m+1}} \quad (**)$

$(**)$ nos dice que las raíces del polinomio de grado $m$

$p(t)=\displaystyle{\binom{2m+1}{1}t^{m}- \binom{2m+1}{3}t^{m-1}+ \binom{2m+1}{5}t^{m-2}-\ldots+ (-1)^{m-1}\binom{2m+1}{2m-1}t+ (-1)^m\binom{2m+1}{2m+1}}$

son precisamente los valores $t_k=cotg^2\left(\cfrac{k\pi}{2m+1}\right),\;\;1\leq k\leq m$

Finalmente, conociendo las relaciones de Cardano para las raíces de un polinomio y sus coeficientes, vemos que

$\displaystyle{\sum_{k=1}^m t_k}=\cfrac{\binom{2m+1}{3}}{\binom{2m+1}{1}}=\cfrac{(2m)(2m-1)}{6}$

$\displaystyle{\sum_{k=1}^m cosec^2 \left(\cfrac{k\pi}{2m+1}\right)}= \displaystyle{\sum_{k=1}^m (1+cotg^2 \left(\cfrac{k\pi}{2m+1}\right))}= \cfrac{(2m)(2m+2)}{6}$

Les animo a que, aprovechando este mismo desarrollo, calculen las dos sumas que faltan: con tangentes y secantes (las sumas de los senos y cosenos también se pueden deducir a partir de esto que acabamos de hacer).

Y otra cosa: con esto que acabamos de hacer ya tenemos al alcance una prueba elemental de que $\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty \cfrac{1}{k^2}}=\cfrac{\pi^2}{6}$ . ¿Cómo?
Domingo H.A. | 26 de February de 2008 | 20:38

Bueno, teniendo en cuenta los valores de las dos sumas del comentario anterior vamos a ver un prueba elemental de que $\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty \cfrac{1}{k^2}}=\cfrac{\pi^2}{6}$ .

Teniendo en cuenta que $0\prec sen \;h\prec h\prec tg\;h$ , si $0\prec h\prec \frac{\pi}{2}$ , vemos, invirtiendo la desigualdad y elevando al cuadrado que $cotg^2 \;h\prec \frac{1}{h^2}\prec cosec^2\;h$ . Insertando $h=\frac{k\pi}{2m+1}$ , para $k=1,\ldots, m$ , en esta última desigualdad y sumándolas todas llegamos, conociendo el valor de las sumas de las cotangentes y cosecantes cuadradas, a que

$\cfrac{\pi^2}{6}\cdot\cfrac{(2m)(2m-1)}{(2m+1)^2}\prec \displaystyle{\sum_{k=1}^m\cfrac{1}{k^2}}\prec \cfrac{\pi^2}{6}\cdot\cfrac{(2m)(2m+2)}{(2m+1)^2}$

Haciendo que $m$ tienda a infinito se obtiene el valor de la serie, pues ambos extremos tienden al mismo valor.

Yo no sé a ustedes, pero creo que, globalmente, esta prueba es mucho más elemental que otras pruebas rigurosas que hay por ahí (como la que usa integrales dobles y cambios de variables bastante rebuscados).

Aún quedan sumar las tangentes y secantes cuadradas. Se puede obtener fácil a partir del desarrollo hecho para la cotangente. A ver si alguien saca algo de tiempo y fuerzas…
Eze M | 28 de February de 2008 | 21:05

Realmente muy interesante Domingo, la verdad es que ni cerca llegue… Y tengo una duda, ¿qué significa $a \prec b$ ?
Y con respecto a $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}$ un profe nos puso como ejercicio conseguir el valor usando series de Fourier y me pareció realmente sorprendente. Tanto es así que me dieron ganas de compartirlo asi que aca les dejo la demostración :

Sea $F(t)=t^2 , -\pi \leqslant t \leqslant \pi$
y expandimos períodicamente $F(t)$ con período $2\pi$ tal que $F(t)=F(t+2\pi)$

Ahora calculamos los coeficientes $a_0$ , $a_k$ y $b_k$ con $k=1,2,3,\ldots$ del desarrollo en serie de Fourier
$\displaystyle F(t) = \frac {a_0}{2} + \sum_{k=1}^{\infty}a_{k}cos(kt) + \sum_{k=1}^{\infty}b_{k}sen(kt)$

$\displaystyle a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}t^2dt = \frac{1}{\pi} \frac{t^3}{3} \bigg|_{-\pi}^{\pi} = \frac {2}{3}\pi^2$

$\displaystyle a_k = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} t^2 cos(kt) dt = \frac{2}{\pi} \left [ \frac{1}{k}t^2 sen(kt) \bigg|_{0}^{\pi} - \frac{2}{k} \int_{0}^{\pi} t sen(kt) dt \right ] = - \frac{4}{k\pi} \left [ -\frac{1}{k}t cos(kt) \bigg|_{0}^{\pi} + \frac{1}{k} \int_{0}^{\pi}cos(kt)dt \right ] =$
$\displaystyle \ldots = -\frac{4}{k\pi} \left [ -\frac{\pi}{k}cos(k\pi) + \frac{1}{k^2}sen(kt)\bigg|_{0}^{\pi} \right ] = (-1)^{k}\frac{4}{k^2}$

$\displaystyle b_k = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}t^2 sen(kt) dt = 0$

con lo que

$\displaystyle F(t) = t^2 = \frac{\pi^2}{3} + \sum_{k=1}^{\infty}\frac{4}{k^2}(-1)^{k}cos(kt)$

y evaluando $F(t)$ en $t=\pi$

$\displaystyle \pi^2 = \frac{\pi^2}{3} + \sum_{k=1}^{\infty}\frac{4}{k^2}(-1)^{k}cos(k\pi) = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}(-1)^{k}(-1)^{k} = \frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}$
$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} = \frac{1}{4} \left (\pi^2-\frac{\pi^2}{3} \right ) = \frac{\pi^2}{6}$
Domingo H.A. | 28 de February de 2008 | 21:32

Eze M, el símbolo $\prec$ lo estamos usando ya que el símbolo < nos da problemas.

La prueba basada en los desarrollos en serie de Fourier es elemental, pero tiene como trasfondo el tema de la convergencia puntual de la serie de Fourier a la función que la origina, y esto ya es algo superior.
Asier | 28 de February de 2008 | 22:01

Domingo H.A., Eze M: ¡Muy buenas pruebas, me han encantado!
Eze M | 28 de February de 2008 | 23:27

Domingo H.A., ¿con convergencia puntual de la serie de Fourier te referis a que $\displaystyle Serie de Fourier(x) = \frac{F(x_+)+F(x_-)}{2}$ ?

Ahora que recuerdo despues de llegar a ese resultado que tanto me sorprendió, hice lo siguiente

$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} + \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k^2} = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1+(-1)^k}{k^2} = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1+(-1)^{2k}}{(2k)^2} + \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1+(-1)^{2k+1}}{{2k+1}^2} =$
$\displaystyle\ldots = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{(2k)^2} = \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}$

y despejando

$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k^2} = -\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} = -\frac{\pi^2}{12}$

tambien haciendo exactamente lo mismo generalicé la relación

$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k^m} = -\left ( 1-\left (\frac{1}{2} \right )^{m-1} \right ) \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^m}$ (para m=1 no es cierto)

si bien creo que es correcto hacer eso, tengo mis dudas…
Domingo H.A. | 29 de February de 2008 | 00:05

Eze M, al respecto de la convergencia puntual de la serie de Fourier quiero decir que, partiendo de una función $f(x)$ dada (en algún espacio de funciones), habría que justificar que su serie de Fourier $S_f(x)$ asociada converge puntualmente (para cada valor de x) y que lo hace a la propia función de partida.

La derivabilidad de la función original basta para asegurarlo (y por eso la serie de Fourier de $t^2$ converge a $t^2$ ). No así la continuidad ni la integrabilidad. Kolmogorov a los 21 años probó que existen funciones (absolutamente) integrables cuya serie de Fourier diverge en todos los puntos!

Un célebre problema de la teoría de series de Fourier es el problema de Luzin (1920, maestro de Kolmogorov, entre muchos otros importantes matemáticos rusos): ¿converge la serie de Fourier en casi todo punto, si la función de partida es continua? La respuesta es sí, pero hubo que esperar a que en 1966 Lennart Carleson ( http://www.abelprisen.no/en/prisvinnere/2006/ ) lo demostrara. El resultado de Carleson se refería a funciones de cuadrado integrable, y más tarde fue generalizado a funciones tales que $|f|^p$ es integrable, con $p\succ 1$ , pero vamos a dejarlo ahí…
Domingo H.A. | 29 de February de 2008 | 00:08

Por cierto, que quedan dos sumas por hacer. Partiendo de mi comentario del 22 de febrero, lo único que se necesita saber es qué relación existe entre la suma de los inversos de las raíces de un polinomio y los coeficientes del polinomio, y esto se puede obtener a partir de las relaciones de Cardano. Ánimo.
Asier | 29 de February de 2008 | 00:22

Tu desarrollo es correcto, Eze M, concretamente lo que has obtenido es la función eta de Dirichlet, que es el caso particular de los polilogaritmos cuando el argumento es -1. Tienes más información en:

http://mathworld.wolfram.com/Polylogarithm.html

http://mathworld.wolfram.com/DirichletEtaFunction.html
Domingo H.A. | 29 de February de 2008 | 17:35

Indico el valor de las dos sumas que faltan

$\displaystyle{\sum_{k=1}^m tg^2 \left(\cfrac{k\pi}{2m+1}\right)}=m(2m+1) \quad\quad\quad \displaystyle{\sum_{k=1}^m sec^2 \left(\cfrac{k\pi}{2m+1}\right)}=2m(m+1)$
miguel | 8 de May de 2008 | 20:00

Hola, ya que veo que os gusta esto de sumar series, os quiero proponer la siguiente:
sum(1/(2*n+1)^2, i = 1 .. N)
Domingo H.A. | 9 de May de 2008 | 20:38

Hola Miguel, gracias por tu cuestión. Para responder a este asunto parece que no queda más remedio que usar la función trigamma. Si es válido usar la función trigamma http://en.wikipedia.org/wiki/Trigamma_function entonces

$\psi_1(z)=\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}}\dfrac{1}{(z + n)^2}$

y $\psi_1\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{\pi^2}{2}$ . Entonces se ve directo que la suma (parcial) que pides vale:

$\displaystyle{\sum_{n=1}^N}\dfrac{1}{(2n+1)^2}= \dfrac{\pi^2}{8}-1+\psi_1\left(N+\frac{3}{2}\right)$ ,

con lo cual la serie converge al valor conocido $\dfrac{\pi^2}{8}-1.$
miguel | 10 de May de 2008 | 01:19

Muchas gracias por vuestra ayuda,necesitaba esta suma para una aplicacion de filtrado de señales, y sin vosotros seguiria igual. Un saludo.
Karla | 12 de May de 2008 | 00:03

hola..No se como demostrar por induccion la sumatoria de n numeros consecutivos elevados al cuadrado, al cubo, a la 4 agradeceria su ayuda… gracias