Интегральная сумма

[deep blue]

Докажите, что $\sum\limits_{i=1}^{n-1}\frac{1}{\sin(\frac{i\pi}{n})}\frac{\pi}{n}=2\ln(n)+O(1)$

[Ms-dos4]

Применяя формулу Эйлера-Маклорена, получим

$$\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{\pi \over n}{1 \over {\sin ({{\pi k} \over n})}}} = - 2\ln ({\mathop{\rm tg}\nolimits} ({\pi \over {2n}})) + {\pi \over n}{1 \over {\sin ({\pi \over n})}} + \sum\limits_{j = 1}^{ + \infty } {{R_j}} $$

причём остаточный член имеет константное поведение на бесконечности (по $n$)

$${R_j} \sim {{{\rm{ctg(}}{\pi \over n})\sum\limits_k {\cos ({{\pi k} \over n})} } \over {{{\sin }^{2j-1}}({\pi \over n}) \cdot {n^{2j}}}} \sim O(1)$$

Откуда получаем требуемое

[thething]

Обозначим $f(x)=\displaystyle\frac{1}{\sin\frac{\pi x}{n}}$ и рассмотрим величину

$$\sum\limits_{k=1}^{n-1}f(k)-\int\limits_{1}^{n-1}f(x)dx=\sum\limits_{k=1}^{n-2}\int\limits_{k}^{k+1}(f(k)-f(x))dx+f(n-1)=f(n-1)+\sum\limits_{k=1}^{n-2}\int\limits_{k}^{k+1}(x-k-1)f'(x)dx$$

Оценим

$$\left\lvert\sum\limits_{k=1}^{n-2}\int\limits_{k}^{k+1}(x-k-1)f'(x)dx\right\rvert\leqslant\sum\limits_{k=1}^{n-2}\int\limits_{k}^{k+1}\left\lvert f'(x)\right\rvert dx\leqslant\frac{\pi}{n}\int\limits_{1}^{n-1}\frac{1}{\sin^2\frac{\pi x}{n}}dx=2\ctg\frac{\pi}{n}$$

Поскольку $f(n-1)=\displaystyle\frac{1}{\sin\frac{\pi}{n}}$, то

$$\frac{\pi}{n}\sum\limits_{k=1}^{n-1}f(k)=\frac{\pi}{n}\int\limits_{1}^{n-1}f(x)dx+O(1)=-2\ln\tg\frac{\pi}{2n}+O(1)=2\ln n + O(1)$$

Наверное, это у меня как раз и получился частный случай формулы Эйлера-Маклорена.

[deep blue]

thething Любопытное применение интегрирования по частям с последующей оценкой производной.
Ms-dos4 Получилось слишком просто, но это исправимо. Здесь уже придется поломать голову:
Докажите, что $\sum\limits_{i=1}^{n-1}\frac{1}{\sin(\frac{i\pi}{n})}\frac{\pi}{n}=2\ln(n)+C+O(1/n)$. Где С некоторая константа.

[Ms-dos4]

deep blue
Попробуем. Поступаем также как раньше.

Как было сказано ранее, имеет вид

$$\sum\limits_{k = 1}^{ n-1 } {{\pi \over n}{1 \over {\sin ({{\pi k} \over n})}}} = - 2\ln ({\mathop{\rm tg}\nolimits} ({\pi \over {2n}})) + {\pi \over n}{1 \over {\sin ({\pi \over n})}} + R$$

где остаточный член имеет вид

$${R_j} = {{{B_{2j}}} \over {(2j)!}}{{{\pi ^{2j}}{\mathop{\rm ctg}\nolimits} ({\pi \over n})\sum\limits_{k = 0}^{\left\lfloor {{{2j - 1} \over 2}} \right\rfloor } {{a_k}\cos ({{2k\pi } \over n})} } \over {{{\cos }^{2j - 1}}({\pi \over n}){n^{2j}}}}$$

С первого взгляда

$${R_j} = {{{B_{2j}}} \over {(2j)!}}[\sum\limits_{k = 0}^{\left\lfloor {{{2j - 1} \over 2}} \right\rfloor } {{a_k}} + O({n^{-2}})]$$

однако вообще говоря, этот асимптотически разложенный ряд бесполезен, ввиду того, что ${a_k}$ таковы, что

$$\sum\limits_{k = 0}^{\left\lfloor {{{2j - 1} \over 2}} \right\rfloor } {{a_k}} = (2j - 1)!$$

и, более того

$${R_j} = {{{B_{2j}}} \over {2j}} + O({n^{-2j}})$$

Можно поступить по другому - взять только первый член суммы ${R_1}$, а остальное оценить

$$\sum\limits_{k = 2}^{ + \infty } {{R_j}} < {{2\zeta (2)} \over {{{(2\pi )}^2}}}\int\limits_1^{n - 1} {\left| {f''(x)} \right|dx} = {{{\pi ^2}} \over {24{n^2}}}[{1 \over {{{\sin }^2}({\pi \over {2n}})}} - {1 \over {{{\cos }^2}({\pi \over {2n}})}}]$$

что при больших $n$ даёт

$$\sum\limits_{k = 2}^{ + \infty } {{R_j}} < {1 \over 6} + O({n^{ - 2}})$$

Раскладывая ${R_1} = {1 \over {12}} + O({n^{ - 2}})$ и основные члены $2\ln n + \ln ({{4e} \over {{\pi ^2}}}) + O({n^{ - 4}})$ окончательно имеем

$$\sum\limits_{k = 1}^{ n-1 } {{\pi \over n}{1 \over {\sin ({{\pi k} \over n})}}} = 2\ln n + C + O({n^{ - 2}})$$

Причём

$$C = \ln ({{4e} \over {{\pi ^2}}}) + {1 \over {12}} + \delta $$

где $\delta < {1 \over 6}$
P.S.Надеюсь в расчётах нигде не ошибся, но в отличие от вашего ответа, у меня слагаемых порядка $O({n^{ - 1}})$ не встретилось.

[thething]

deep blue в сообщении #1353436 писал(а):

Докажите, что $\sum\limits_{i=1}^{n-1}\frac{1}{\sin(\frac{i\pi}{n})}\frac{\pi}{n}=2\ln(n)+C+O(1/n)$. Где С некоторая константа.

На этот раз рассмотрим такое приближение (интегрируем по частям дважды, все внеинтегральные члены сокращаются):

$$\left\lvert \sum\limits_{k=1}^{n-1} f(k)-\int\limits_{\frac{1}{2}}^{n-\frac{1}{2}}f(x)dx\right\rvert\leqslant\frac{1}{8}\int\limits_{\frac{1}{2}}^{n-\frac{1}{2}}\left\lvert f''(x)\right\rvert dx\leqslant\frac{\pi^2}{8n^2}\int\limits_{\frac{1}{2}}^{n-\frac{1}{2}}\left(\frac{2}{\sin^3\frac{\pi x}{n}}+\frac{1}{\sin\frac{\pi x}{n}}\right)dx=$$

$$=\frac{\pi}{16n}\left(\frac{1}{\sin^2\frac{\pi}{4n}}-\frac{1}{\cos^2\frac{\pi}{4n}}-8\ln\tg\frac{\pi}{4n}\right)$$

Отсюда получаем требуемое, у меня вышло $o\left(\frac{1}{n}\right)$, что есть и $O\left(\frac{1}{n}\right)$. Мог ошибиться при вычислениях в константах.

[Ms-dos4]

thething
А почему $O({n^{ - 1}})$, если ваше последнее выражение (после умножения на $\pi {n^{ - 1}}$) даёт $1 + O({n^{ - 2}})$?

[thething]

Ms-dos4
Я рассуждал через о-малые, видимо, стараясь подвести под ответ (а ещё -- мне всегда больше нравились о-малые). Первое слагаемое -- после разложения $\sin \frac{\pi}{4n}=\frac{\pi}{4n}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)$ и последующего разложения минус второй степени дает $o\left(\frac{1}{n}\right)$. Второе и третье тоже превратил в о-малые. Хотя, естественно, всё выражается и через $O\left(\frac{1}{n^2}\right)$. Будет интересно узнать у автора темы его способ решения, почему он написал именно $O\left(\frac{1}{n}\right)$.

-- 13.11.2018, 06:04 --

Хотя нет.. Последнее слагаемое у меня не представляется в виде $O\left(\frac{1}{n^2}\right)$.

[deep blue]

thething Что-то не пойму у вас абсолютная погрешность представления суммы интегралом получилась

$$\frac{\pi}{16n}\left(\frac{1}{\sin^2\frac{\pi}{4n}}-\frac{1}{\cos^2\frac{\pi}{4n}}-8\ln\tg\frac{\pi}{4n}\right)$$

что стремится к бесконечности.

Или там опечатка и должно быть

$$\frac{\pi^2}{16n^2}\left(\frac{1}{\sin^2\frac{\pi}{4n}}-\frac{1}{\cos^2\frac{\pi}{4n}}-8\ln\tg\frac{\pi}{4n}\right)$$

но тогда она стремится к единице. Пусть она вообще всегда равна единице. Что это нам дает? Мы же не в праве вычитать единицу из интеграла и приравнивать к сумме.

[Ms-dos4]

deep blue
Там до этого была вынесена $\pi {n^{ - 1}}$

thething
Разве у вас

$${{{\pi ^2}} \over {16{n^2}}}({1 \over {{{\sin }^2}{\pi \over {4n}}}} - {1 \over {{{\cos }^2}{\pi \over {4n}}}} - 8\ln {\mathop{\rm tg}\nolimits} {\pi \over {4n}}) = 1 - {{{\pi ^2}} \over 2}[{1 \over {12}} + \ln ({\pi \over {4n}})]{n^{ - 2}} + O({n^{-4}})$$

не даёт $1 + O({n^{ - 2}})$? (Логарифм то забивается).

[deep blue]

Ms-dos4 Хорошо,

$$\frac{\pi}{n}\left\lvert \sum\limits_{k=1}^{n-1} f(k)-\int\limits_{\frac{1}{2}}^{n-\frac{1}{2}}f(x)dx\right\rvert\leqslant 1 + O({n^{ - 2}})$$

Дальше то что?
Нельзя же утверждать что

$$\frac{\pi}{n}\sum\limits_{k=1}^{n-1} f(k)= \frac{\pi}{n}\int\limits_{\frac{1}{2}}^{n-\frac{1}{2}}f(x)dx - 1 + O({n^{ - 2}})$$

[thething]

deep blue в сообщении #1353727 писал(а):

Дальше то что?

Да, надо будет дообосновать.

Ms-dos4 в сообщении #1353720 писал(а):

Логарифм то забивается

Не понял, как забивается? Величина $\frac{\ln n}{n^2}$ не является $O\left(\frac{1}{n^2}\right)$, но является $o\left(\frac{1}{n}\right)$, или, соответственно, $O\left(\frac{1}{n}\right)$.

-- 13.11.2018, 20:04 --

Ms-dos4
Скажите, а куда при Вашем вычислении интеграла подевался логарифм? Насколько я понял у нас с Вами там вторая производная одна и та же и оценки примерно одинаковы.

[deep blue]

thething в сообщении #1353764 писал(а):

Да, надо будет дообосновать.

Я сомневаюсь что прямое применение метода трапеций, которое вы делаете способно привести к правильному ответу в этой нетривиальной задаче. Но попробуйте дообоснуйте, желательно с явным выписыванием константы С как это сделал Ms-dos4, чтобы было легко проверить правильность решения

[thething]

deep blue
Хм, по-прежнему буду рад увидеть и Ваш вариант решения))

[Ms-dos4]

thething
Да, тут ясно, спасибо

Теперь по поводу моих вычислений - ну проинтегрировал вроде бы верно, у меня логарифма не возникает (модуль убираем т.к. функция неотрицательна на этом промежутке)

$${{{\pi ^3}} \over {2{n^3}}}\int\limits_1^{n - 1} {{{3 + \cos ({{2\pi x} \over n})} \over {{{\sin }^3}({{\pi x} \over n})}}dx} = \left. {{{{\pi ^3}} \over {4{n^3}}}({1 \over {{{\cos }^2}({{\pi x} \over {2n}})}} - {1 \over {{{\sin }^2}({{\pi x} \over {2n}})}})} \right|_1^{n - 1} = {{{\pi ^2}} \over {2{n^2}}}({1 \over {{{\sin }^2}({\pi \over {2n}})}} - {1 \over {{{\cos }^2}({\pi \over {2n}})}})$$

Далее умножаем на константы в оценке и раскладываем