一类数列不等式（用Fourier解其级数和）

青青子衿

\[\sum_{i=0}^{n}\frac{1}{i^2+m}\le?\]
\[\sum_{i=0}^{n}\frac{1}{i^2+1}<\frac{11}{5}\]

kuing

请注意贴子质量

青青子衿

请注意贴子质量
kuing 发表于 2013-12-21 00:32

什么意思？？

kuing

你这个贴完全莫名其妙，只抛两个式子出来，想表达什么？没有文字说明，$f$ 又不知是什么，要人怎么看得懂？

青青子衿

回复 4# kuing
恕我无脑！！因为结构与之前的题中的结构相似，就直接拷贝了过来，也没有多看！
望有初等做法！

Tesla35

回复 5# 青青子衿

还是看不懂

其妙

好像把题目修改了吧，楼主也太……，

战巡

回复 1# 青青子衿


定义函数$f(x)=\cosh(px), x\in (-\pi, \pi]$
对其傅里叶展开可得
\[\cosh(px)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\cosh(px)dx+\frac{2}{\pi}\sum_{i=1}^{\infty}\cos(ix)\int_{0}^{\pi}\cosh(px)\cos(ix)dx\]
\[=\frac{\sinh(p\pi)}{p\pi}+\frac{2}{\pi}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{p\cos(i\pi)\sinh(p\pi)\cos(ix)}{i^2+p^2}\]
令$x=\pi$，得
\[\cosh(p\pi)=\frac{\sinh(p\pi)}{p\pi}+\frac{2}{\pi}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{p\sinh(p\pi)}{i^2+p^2}\]
\[\sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{i^2+p^2}=\frac{\coth(p\pi)\pi}{2p}-\frac{1}{2p^2}\]
\[\sum_{i=0}^{\infty}\frac{1}{i^2+p^2}=\frac{\coth(p\pi)\pi}{2p}-\frac{1}{2p^2}+\frac{1}{p^2}=\frac{1+p\pi\coth(p\pi)}{2p^2}\]
只要令$p=\sqrt{m}$，就有：
\[\sum_{i=0}^{\infty}\frac{1}{i^2+m}=\frac{1+\sqrt{m}\pi\coth(\sqrt{m}\pi)}{2m}\]

其妙

回复 8# 战巡
，我还以为要用定积分的分割法来做呢，结果是傅里叶展开式！

青青子衿

你这个贴完全莫名其妙，只抛两个式子出来，想表达什么？没有文字说明，$f$ 又不知是什么，要人怎么看得懂？ ...
kuing 发表于 2013-12-21 15:25

请注意贴子质量
kuing 发表于 2013-12-21 00:32

好像把题目修改了吧，楼主也太……，
其妙 发表于 2013-12-21 23:22

不好意思，我没有别的意思，只想着与论坛中志同道合的人欣赏高山流水。所以急于修改，也没有说明白，导致如此情形，我深感愧疚。之后发帖一定仔细审查，谢谢支持！

hbghlyj

涉及初等函数的公式哪个最有趣? Jürgen Elstrodt 在他的优美文章 [2] 里 (以下仿效其叙述) 首推余切函数的部分分式展开:
\[
\pi \cot \pi x=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{x+n}+\frac{1}{x-n}\right) \quad(x \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Z})
\]
这个优雅的公式是 Euler 于 1748 年在他的著作 Introductio in Analysin Infinitorum 的 §178 中证明的, 这可算作他的最佳成就之一. 我们还可将之写得更优美
\[\tag1\label1
\pi \cot \pi x=\lim _{N \rightarrow \infty} \sum_{n=-N}^N \frac{1}{x+n} .
\]
但须谨慎, 求和 $\sum_{n \in\Bbb Z} \frac{1}{x+n}$ 有点危险: 因为这个和只是条件收敛的, 所以其值依赖于求和顺序.

推导

我们将要用惊人的简洁方式推导出 \eqref{1}, 这归功于 Gustav Herglotz 的 “Herglotz 技巧”. 作为开始, 置
\[
f(x):=\pi \cot \pi x, \quad g(x):=\lim _{N \rightarrow \infty} \sum_{n=-N}^N \frac{1}{x+n} .
\]
让我们试推出这两个函数足够多的共同性质, 最终看出它们必是同一个.....

(A) 函数 $f$ 与 $g$ 在所有非整数值处有定义, 且连续.
显而易见对余切函数 $f(x)=\pi \cot \pi x=\pi \frac{\cos \pi x}{\sin \pi x}$ 这是对的 (见图). 对 $g(x)$, 先用 $\frac{1}{x+n}+\frac{1}{x-n}=-\frac{2 x}{n^2-x^2}$ 将 Euler 的公式改写为
\[\tag2\label2
\pi \cot \pi x=\frac{1}{x}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 x}{n^2-x^2} .
\]
于是关于 (A) 须证对每个 $x \notin \mathbb{Z}$,
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2-x^2}
\]
在 $x$ 的某个邻域一致收敛.
为此, 无需考虑第一项, 即当 $n=1$, 或者任何使得 $2 n-1 \leqslant x^2$ 的项, 因为只有有限多个这样的项. 另一方面, 当 $n \geqslant 2$ 及 $2 n-1>x^2$, 亦即 $n^2-x^2>(n-1)^2>0$, 这些项有界
\[
0<\frac{1}{n^2-x^2}<\frac{1}{(n-1)^2} .
\]
以上的界不仅对 $x$ 本身成立, 还对 $x$ 的某个邻域中的值都对. 最后 $\sum \frac{1}{(n-1)^2}$ 收敛 (到 $\frac{\pi^2}{6}$, 见第 7 章) 这个事实提供了证明 (A) 所需的一致收敛性.
(B) $f$ 与 $g$ 都是以 1 为周期的函数, 亦即 $f(x+1)=f(x)$ 与 $g(x+1)=g(x)$ 对所有的 $x \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Z}$ 成立.
由余切函数的周期是 $\pi$, $f$ 的周期是 1 (再看上图). 对 $g$ 我们如下论证. 置
\[
g_N(x):=\sum_{n=-N}^N \frac{1}{x+n},
\]
则\[
\begin{aligned}
g_N(x+1) &=\sum_{n=-N}^N \frac{1}{x+1+n}=\sum_{n=-N+1}^{N+1} \frac{1}{x+n} \\
&=g_{N-1}(x)+\frac{1}{x+N}+\frac{1}{x+N+1}
\end{aligned}
\]
从而
\[
g(x+1)=\lim _{N \rightarrow \infty} g_N(x+1)=\lim _{N \rightarrow \infty} g_{N-1}(x)=g(x) .
\]
(C) $f$ 与 $g$ 都是奇函数, 亦即有 $f(-x)=-f(x)$ 与 $g(-x)=-g(x)$ 对所有的 $x \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Z}$ 成立.
函数 $f$ 显然有这个性质, 对 $g$ 则只须观察到 $g_N(-x)=-g_N(x)$.
最后的两个事实构成了 Herglotz 技巧: 首先证明 $f$ 和 $g$ 满足同一个函数方程, 其次 $h:=f-g$ 可以连续地延伸到整个 $\mathbb{R}$ 上.
(D) 函数 $f$ 与 $g$ 满足相同的函数方程:
$$f\left(\frac{x}{2}\right)+f\left(\frac{x+1}{2}\right)=2 f(x)$$
对 $f(x)$ 这个结果来自正弦和余弦函数的和角定理:
\[
\begin{aligned}
f\left(\frac{x}{2}\right)+f\left(\frac{x+1}{2}\right) &=\pi\left[\frac{\cos \frac{\pi x}{2}}{\sin \frac{\pi x}{2}}-\frac{\sin \frac{\pi x}{2}}{\cos \frac{\pi x}{2}}\right] \\
&=2 \pi \frac{\cos \left(\frac{\pi x}{2}+\frac{\pi x}{2}\right)}{\sin \left(\frac{\pi x}{2}+\frac{\pi x}{2}\right)}=2 f(x) .
\end{aligned}
\]
$g$ 的函数方程来自
\[
g_N\left(\frac{x}{2}\right)+g_N\left(\frac{x+1}{2}\right)=2 g_{2 N}(x)+\frac{2}{x+2 N+1},
\]
上式则是因为
\[
\frac{1}{\frac{x}{2}+n}+\frac{1}{\frac{x+1}{2}+n}=2\left(\frac{1}{x+2 n}+\frac{1}{x+2 n+1}\right) .
\]
现在看
\[\tag3\label3
h(x)=f(x)-g(x)=\pi \cot \pi x-\left(\frac{1}{x}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 x}{n^2-x^2}\right) .
\]
我们已经知道 $h$ 是 $\mathbb{R} \backslash \mathbb{Z}$ 上的连续函数, 且满足性质 $(\mathbf{B}),(\mathbf{C})$ 和 $(\mathbf{D})$. 在整数点如何呢? 从正弦和余弦函数的级数展开, 或应用 l'Hospital 法则两次, 我们发现
\[
\lim _{x \rightarrow 0}\left(\cot x-\frac{1}{x}\right)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \cos x-\sin x}{x \sin x}=0
\]
从而也有
\[
\lim _{x \rightarrow 0}\left(\pi \cot \pi x-\frac{1}{x}\right)=0 .
\]
但由于 \eqref{3} 中的最后一个和式 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 x}{n^2-x^2}$ 当 $x \to 0$ 时收敛到 0, 我们有 $\lim _{x \rightarrow 0} h(x)=0$,从而由周期性

$\lim _{x \rightarrow n} h(x)=0, \quad$ 对所有 $n \in \mathbb{Z}$.

总结一下, 我们证明了
(E) 对 $x \in \mathbb{Z}$, 置 $h(x):=0$, 则 $h$ 成为整个 $\mathbb{R}$ 上的连续函数, 且满足性质 $(\mathbf{B}),(\mathbf{C})$ 和 $(\mathbf D)$.
我们已为最后一击准备就绪. 既然 $h$ 是连续的周期性函数, 它就有个最大值 $m$. 令 $x_0$ 为 $[0,1]$ 中取得最大值 $h\left(x_0\right)=m$ 的点. 由 (D), 有
\[
h\left(\frac{x_0}{2}\right)+h\left(\frac{x_0+1}{2}\right)=2 m
\]
因为 $h\left(\frac{x_0}{2}\right)$ 和 $h\left(\frac{x_0+1}{2}\right)$ 都 $\leqslant m$, 于是 $h\left(\frac{x_0}{2}\right)=m$. 重复之得到 $h\left(\frac{x_0}{2^n}\right)=m$ 对所有的 $n$ 成立, 从而由连续性 $h(0)=m$. 而 $h(0)=0$, 故 $m=0$, 换言之对所有的 $x \in \mathbb{R}$, 有 $h(x) \leqslant 0$. 因为 $h(x)$ 是奇函数, 就不可能存在 $h(x)<0$, 从而对所有的 $x \in \mathbb{R}$, 有 $h(x)=0$. Euler 的定理证毕.

可以从 \eqref{1} 得到很多推论, 最著名的一个是关于 Riemann zeta 函数在正偶数处取值的问题 (见第 6 章的附录):
\[\tag4\label4
\zeta(2 k)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2 k}} \quad(k \in \mathbb{N}) .
\]
那么让我们看看 Euler 在几年后的 1755 年是怎样处理级数 \eqref{4} 的, 以结束我们这章. 从公式 \eqref{2} 开始. 在 \eqref{2} 两端同乘 $x$, 再令 $y=\pi x$, 我们发现当 $|y|<\pi$ :
\[
\begin{aligned}
y \cot y &=1-2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{y^2}{\pi^2 n^2-y^2} \\
&=1-2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{y^2}{\pi^2 n^2} \frac{1}{1-\left(\frac{y}{\pi n}\right)^2}
\end{aligned}
\]
最后一个因式是几何级数的和, 所以
\begin{aligned}
y \cot y &=1-2 \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{y}{\pi n}\right)^{2 k} \\
&=1-2 \sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{\pi^{2 k}} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2 k}}\right) y^{2 k} .
\end{aligned}于是我们证明了这个值得注意的结果:
对所有的 $k \in \mathbb{N}$, 项 $y^{2 k}$ 在 $y \cot y$ 的幂级数展开中的系数等于
\[\tag5\label5
\left[y^{2 k}\right] y \cot y=-\frac{2}{\pi^{2 k}} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2 k}}=-\frac{2}{\pi^{2 k}} \zeta(2 k) \text {. }
\]
另有一种也许 “典型” 得多的方法来得到 $y \cot y$ 的级数展开. 从分析中我们知道 $e^{i y}=\cos y+i \sin y$, 从而
\[
\cos y=\frac{e^{i y}+e^{-i y}}{2}, \quad \sin y=\frac{e^{i y}-e^{-i y}}{2 i},
\]
表明
\[
y \cot y=i y \frac{e^{i y}+e^{-i y}}{e^{i y}-e^{-i y}}=i y \frac{e^{2 i y}+1}{e^{2 i y}-1} .
\]
作替换 $z=2 i y$, 得
\[\tag6\label6
y \cot y=\frac{z}{2} \frac{e^z+1}{e^z-1}=\frac{z}{2}+\frac{z}{e^z-1} .
\]
因此我们所需要的是函数 $\frac{z}{e^z-1}$ 的幂级数展开; 注意这个函数是定义在整个 $\mathbb{R}$ 上并且连续的 (对 $z=0$ 利用指数函数的幂级数, 或者 l'Hospital 法则可得结果为 1). 记
\[\tag7\label7
\frac{z}{e^z-1}=: \sum_{n \geqslant 0} B_n \frac{z^n}{n !} .
\]
系数 $B_n$ 被称为 Bernoulli 数. \eqref{6} 的左端是偶函数 (亦即 $f(z)=f(-z)$ ), 故知对奇的 $n \geqslant 3$ 有 $B_n=0$, 而 $B_1=-\frac{1}{2}$ 对应 \eqref{6} 中的 $\frac{z}{2}$.
由
\[
\left(\sum_{n \geqslant 0} B_n \frac{z^n}{n !}\right)\left(e^z-1\right)=\left(\sum_{n \geqslant 0} B_n \frac{z^n}{n !}\right)\left(\sum_{n \geqslant 1} \frac{z^n}{n !}\right)=z
\]
通过比较 $z^n$ 的系数得:
\[\tag8\label8
\sum_{k=0}^{n-1} \frac{B_k}{k !(n-k) !}= \begin{cases}1 & \text { 当 } n=1 \\ 0 & \text { 当 } n \neq 1\end{cases}
\]
可以从 \eqref{8} 递归地计算 Bernoulli 数. 当 $n=1$ 有 $B_0=1$, 当 $n=2$ 有 $\frac{B_0}{2}+B_1=0$, 亦即 $B_1=-\frac{1}{2}$, 以此类推.

\begin{array}{c|ccccccccc}n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ \hline B_{n} & 1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{6} & 0 & -\frac{1}{30} & 0 & \frac{1}{42} & 0 & -\frac{1}{30}\end{array}

现在我们几乎大功告成: 结合 \eqref{6} 与 \eqref{7} 即得
\[
y \cot y=\sum_{k=0}^{\infty} B_{2 k} \frac{(2 i y)^{2 k}}{(2 k) !}=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k 2^{2 k} B_{2 k}}{(2 k) !} y^{2 k}
\]
再由 \eqref{5}, 就有关于 $\zeta(2 k)$ 的 Euler 公式:
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2 k}}=\frac{(-1)^{k-1} 2^{2 k-1} B_{2 k}}{(2 k) !} \pi^{2 k} \quad(k \in \mathbb{N})
\]
读我们的 Bernoulli 数的表, 则再次得到第 7 章的和式 $\sum \frac{1}{n^2}=$ $\frac{\pi^2}{6}$, 进而
\begin{gathered}
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4}=\frac{\pi^4}{90}, \quad \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^6}=\frac{\pi^6}{945}, \quad \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^8}=\frac{\pi^8}{9450} \\
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{10}}=\frac{\pi^{10}}{93555}, \quad \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{12}}=\frac{691 \pi^{12}}{638512875}, \quad \ldots
\end{gathered}$\zeta(10)$ 的 Bernoulli 数 $B_{10}=\frac{5}{66}$ 看上去还好, 但是下一个 $\zeta(12)$ 需要 的值 $B_{12}=-\frac{691}{2730}$ 就在分子上有了一个大素数因子 691 . Euler 首先计算了 $\zeta(2 k)$ 的几个值, 而末注意到与 Bernoulli 数的关联, 是这个奇怪的素数 691 的出现提醒了他.
意外的是, 既然当 $k \rightarrow \infty, \zeta(2 k)$ 收敛到 1 , 方程 (9) 告诉我们数列 $\left|B_{2 k}\right|$ 应该增长很快—这从前几个值里是看不出来的.
对比之下, 我们对 Riemann zeta 函数在奇数点 $k \geqslant 3$ 的值所知甚少; 见第 7 章.

hbghlyj

math.stackexchange.com/questions/1064217

If $f$ is holomorphic on $\Bbb C \setminus \{z_1,\ldots, z_k\}$ (where the $z_i$ are the isolated singularities of $f$) and $|zf(z)|$ is bounded for $|z|$ sufficiently large, then $\sum_{n = -\infty}^\infty f(n)$ is the negative of the sum of the residues of $\pi \cot(\pi z)f(z)$ at the $z_i$, provided none of the $z_i$ are integers.

To apply the result to this problem, first note that $$\sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^2 + a^2} = \frac{1}{2}\sum_{n = -\infty}^\infty \frac{1}{n^2 + a^2} - \frac{1}{2a^2}$$ Let $f(z) = \frac{1}{z^2 + a^2}$. Then $f$ has simple poles at $z = ai$ and $z = -ai$. For $|z| \ge \max\{1, 2a\}$, $$|zf(z)| \le \frac{|z|}{|z|^2 - a^2} \le \dfrac{|z|}{|z|^2 - \frac{|z|^2}{4}} = \frac{4}{3|z|} \le \frac{4}{3}$$ Therefore \begin{align*}-\sum_{n = -\infty}^\infty \frac{1}{n^2 + a^2} &= \operatorname*{Res}_{z = ai} \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2 + a^2} + \operatorname*{Res}_{z = -ai} \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2 + a^2}\\ &= \frac{\pi\cot(\pi ai)}{2ai} - \frac{\pi\cot(-\pi ai)}{2ai}\\ &= -\frac{\pi\coth(\pi a)}{2a} - \frac{\pi \coth(\pi a)}{2a}\\ &= -\frac{\pi\coth(\pi a)}{a}\end{align*} Hence, $$\sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^2 + a^2} = \frac{\pi\coth(\pi a)}{2a} - \frac{1}{2a^2}$$

hbghlyj

Mittag-Leffler's theorem
Example.
\[\cot(z)
\equiv \frac{\cos (z)}{\sin (z)}
= \lim_{N\to\infty}\sum_{n=-N}^N \frac{1}{z-n\pi}
= \frac{1}{z} + 2z\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{z^2 - (k\,\pi)^2}\]
Example.
Suppose that we desire a meromorphic function with simple poles of residue 1 at all positive integers. With notation as above, letting
\[p_k(z) = \frac{1}{z-k}\]
and $E = \mathbb{Z}^+$, Mittag-Leffler's theorem asserts (non-constructively) the existence of a meromorphic function $f$ with principal part $p_k(z)$ at $z=k$ for each positive integer $k$. More constructively we can let
\[f(z) = z\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(z-k)} .\]
This series converges normally on any compact subset of $\Bbb C\setminus \mathbb{Z}^+$ (as can be shown using the Weierstrass M-test to a meromorphic function with the desired properties.

hbghlyj

模形式笔记（四）
要用到的等式是： $\frac{1}{\tau}+\sum_{d=1}^\infty (\frac{1}{\tau -d}+\frac{1}{\tau+d})=\pi\cot\pi \tau$
那么这个等式是怎么来的呢？
形式地来看的话，有一个简单的证明方法
我们考虑 $z\sin z$ 的幂级数展开 $\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n}$ ，其所有零点为 $k\pi,k\in\mathbb{Z}$
取其部分和序列为： $S_m=\sum_{n=0}^{m }\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n}$ ，其所有零点 $c_n$ 组成集合为 $C$
由代数学基本定理， $S_m$ 可以写成 $\prod_{n=1}^m (1-\frac{z^2}{c_n^2})$ 的形式
那么令 $m\rightarrow \infty$ ，则有 $S_m\rightarrow z\sin z,C\rightarrow\left \{ k\pi|k\in\mathbb{Z} \right \}$
故我们可以形式地认为： $z\sin z=z\prod_{n=1}^m (1-\frac{z^2}{(n\pi)^2})$
即得到： $\sin\pi z=\pi z\prod_{n=1}^m (1-\frac{z^2}{n^2})$
两边求对数：$\ln\sin\pi z=\ln\pi z+\sum_{n=1}^m\ln(1-\frac{z^2}{n^2})$
求导，得到： $\frac{1}{\tau}+\sum_{d=1}^\infty (\frac{1}{\tau -d}+\frac{1}{\tau+d})=\pi \cot\pi \tau$ 即为我们需要的关系式！
当然，上述关于 $z\sin z$ 的等式事实上需要利用Weierstrass无穷乘积来严格论证，但是在此我们能有一个大致的理解与感受就好。

hbghlyj

Hongwei Chen - Excursions in Classical Analysis-Mathematical Association of America (2010) page 68
Recall Euler's infinite product (5.26), namely
\[
\frac{\sin x}{x}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2 \pi^2}\right) .
\]
Taking the logarithm of both sides and then differentiating yields
\[
\cot x-\frac{1}{x}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{-2 x}{\pi^2 n^2-x^2},
\]
which results in Euler's elegant partial fraction expansion:
\[\tag{6.27}
\cot x=\frac{1}{x}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 x}{\pi^2 n^2-x^2}=\frac{1}{x}-\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n \pi-x}-\frac{1}{n \pi+x}\right) .
\]