Сумма обратных вторых степеней (без Фурье)

[Wolverine]

Здравствуйте. Вот попалась одна задача. Неделю над ней сижу, все никак не могу добить. Итак, суть вот в чем.

Я посчитал ряд

$$\sum_{m=1}^{n-1}\frac{1}{{\sin^2{\frac{\pi m}{n}}}}=\frac{n^2-1}{3}$$

- это верно для нечетных n. Есть ряд

$$\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^2}=\frac{\pi^2}{6}$$

(результат известен, но я его не посчитал до конца). Последний ряд можно посчитать через Фурье, но моя цель - сделать это, не используя его. В одной книге нашел, что нужно использовать следующий факт:

$$0 < \frac1{\sin^2{x}}-\frac1{x^2} < 1, ~~~~~x \in (0;\frac{\pi}2)$$

Однако, используя его (вычитая дробь с синусом из неравенства и суммируя все неравенство по m, после чего переходя к пределу при n, стремящемуся к бесконечности), я прихожу не к $\frac{\pi^2}6$, а к $\frac{\pi^2}3$.

Большая просьба помочь решить задачу. Вообще говоря, моя истинная задача - ряд обратных четвертых степеней, но его уже можно получить из вышеперечисленных. Заранее спасибо за ответ.

[Полосин]

$\sum\limits_{k=1}^{\infty}k^{-4}=\pi^4/90$. А насчет неравенств - напишите выкладки подробнее.

[ИСН]

Канонический способ для ряда обратных квадратов, если не через Фурье - это через эйлеровское бесконечное произведение для синуса.

[RIP]

Я так понимаю, что к $\pi^2/3$ вы приходите, поскольку приближаете $\frac1{\sin^2\frac{\pi m}n}$ с помощью $\frac{n^2}{\pi^2m^2}$ при всех $m$, тогда как это надо делать лишь при $m<n/2$. В силу симметрии синуса $\sin(\pi-\alpha)=\sin\alpha$, сумма по $m<n/2$ есть половина от всей суммы, откуда всё и получается.

-- Сб 27.3.2010 05:13:59 --

Кстати, эта задача уже была на форуме в немного другом виде. См. здесь.

[Wolverine]

Большое спасибо, Полосин, ИСН, RIP (понял ошибку с приближением). Попробую при первой же возможности.