Problema di analisi complessa 12

Problemi di Analisi Complessa Matematica proposti dal Dott. Ing. Pasquale Cutolo

Problema n. 4p

Utilizzando la relazione

− π

z 1

t dt

∞

∫ = , 0 <z <1,

π

+

1 t Sin z

0

e ponendo z = 1/n, con n > 1, dimostrare che:

π π −

n 2 k 2 ( k 1

)

∑ − =

k [

C

os Cos ] n

n n

=1

k

Risoluzione

Utilizzando la relazione

− π

1

z

t dt

∞

∫ = , 0 < z < 1,

π

+

1 t Sin z

0

e ponendo z = 1/n, con n > 1, otteniamo:

1 1

−

1 −

1

) −

π n n

( 1

n

t dt u nu du du

∞ ∞ ∞

n

∫ ∫ ∫

= = n

= ( )

t u = = =

n

π

+ + +

n n

1 t 1 u 1 u

0 0 0

Sin n − −

+ n

n 2 2

du u du 1 u du

1 1 1

∫ ∫ ∫

+

= n

[ ] = n

+ + + n

n n

1 u 1 u 1 u

0 0 0

− −

− + +

− −

+ n 2 n 2

n 2 n 1 n 1

1 u 1 u u

n u

(

1 ) 1

∑ ∑

= k k k

n =

Ora, ,

−

− −

+ n n 1 n

u u u u

u nu u

1 = =

k 0 k 0

k k

k k

π +

= − =

n i ( 2 k 1

) / n

dove , , k = 0,1,2,3,…(n-1); quindi:

u 1 u e

k k

− −

+ n 2 n 1 1 1

n (

1 u ) ∑

− −

= (

u ) ; pertanto:

k −

+ n u u u

1 u =

k 0 k k

1 −

1 π − −

n 1 n 1

n 1 1 1

t dt

∞ ∑ ∑

∫ − − − − − −

= 10

(

u )[ln(

u u ] (

u )[ln(

1 )

= = =

π k k k

+ u u u

1 t

0 = =

k 0 k 0

Sin k k k

n

−

n 1

∑ π π π

+ − + − +

− − −

i ( 2 k 1

) / n i ( 2 k 1

) / n i ( 2 k 1

) / n

= ;

( e e ) ln(

1 e )

=

k 0 π

− + π π

− = − + + +

i ( 2 k 1

) / n

ln[

1 e ] ln{

1 Cos

[ ( 2 k 1

) / n ] iSin

[ ( 2 n 1

) / n ]} = π +

Sin

[ ( 2 k 1

) / n ]

1 π π

− + + + +

2 2

= iArcTan ;

ln

{(

1 Cos

[ ( 2 k 1

) / n ]) ( Sin

[ ( 2 n 1

) / n ]) } π

− +

1 Cos

[ ( 2 k 1

) / n ]

2 π π

+ +

Sin

[ ( 2 k 1

) / n ] Cos

[ ( 2 k 1

) /( 2 n )]

iArcTan = iArcTan =

π π

− + +

1 Cos

[ ( 2 k 1

) / n ] Sin

[ ( 2 k 1

) /( 2 n )]

π π

− + +

Sin

{( / 2

)[

1 ( 2 k 1

) / n ]} 2 k 1

= −

= iArcTan i (

1 ) ; quindi:

π − +

Cos

{( / 2

)[

1 ( 2 k 1

) / n ]} 2 n