Calcule la suma doble ∑∞n,m=1(−1)n−1n2+m2=π224+πln(2)8∑n,m=1∞(−1)n−1n2+m2=π224+πln⁡(2 )8\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2+m^2}=\frac{\pi^2}{24 }+\frac{\pi\ln(2)}{8}

Question

Calcule la suma doble ∑∞n,m=1(−1)n−1n2+m2=π224+πln(2)8∑n,m=1∞(−1)n−1n2+m2=π224+πln⁡(2 )8\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2+m^2}=\frac{\pi^2}{24 }+\frac{\pi\ln(2)}{8}

integración
Matemáticas
secuencias y series

ricardo770

EDITAR

Después de una larga búsqueda, parece que la solución está relacionada con las funciones elípticas de Jacobi.

Por ejemplo, si intentamos usar esta representación integral

\frac{1}{{metro}^{2} + {norte}^{2}} = \int_{0}^{\infty} {mi}^{- ({metro}^{2} + {norte}^{2}) t} d t

$\boxed{\frac{1}{m^2+ n^2}=\int_{0}^{\infty}e^{-(m^2+n^2)t}dt}$

Terminamos con sumas de la siguiente forma, que por lo que encontré, están relacionadas con las funciones elípticas de Jacobi.

\sum_{metro = 1}^{\infty} {mi}^{- {metro}^{2} t}

$\sum_{m=1}^{\infty}e^{-m^2t}$

Otra estrategia sería comenzar con la siguiente identidad

\sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{norte}}{{metro}^{2} + {norte}^{2}} = \frac{π C s C h (π metro)}{2 metro} - \frac{1}{2 {metro}^{2}}

$\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{m^2+n^2}=\frac{\pi \mathrm{csch}(\pi m)}{2m}-\frac{1}{2m^2}}$

También lleva a evaluar una suma de la siguiente forma, que también pertenece a la familia de funciones elípticas

\sum_{metro = 1}^{\infty} \frac{1}{metro pecado (π metro)}

$\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m \sinh(\pi m)}$

Incluso el producto infinito

\prod_{k = 1}^{\infty} (1 + {mi}^{- π k 2})

$\prod_{k=1}^{\infty} \Big(1+e^{-\pi k2} \Big)$

parece estar relacionado con estas funciones especiales!

Primer intento

\sum_{norte = 1}^{\infty} \sum_{metro = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{norte - 1}}{{norte}^{2} + {metro}^{2}} = \frac{π^{2}}{24} + \frac{π en (2)}{8}

$\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2+m^2}=\frac{\pi^2}{24}+\frac{\pi \ln(2)}{8}}$

Considerar

S = \sum_{norte, metro = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{norte - 1}}{{norte}^{2} + {metro}^{2}}

$S=\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2+m^2}$

S = - \sum_{norte = 1}^{\infty} (- 1)^{norte} \sum_{metro = 1}^{\infty} \frac{1}{{norte}^{2} + {metro}^{2}}

$S=-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+m^2}$

Recordar

\sum_{metro = 1}^{\infty} \frac{1}{{norte}^{2} + {metro}^{2}} = \frac{π bata (π norte)}{2 norte} - \frac{1}{2 {norte}^{2}}

$\boxed{\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+m^2}=\frac{\pi \coth(\pi n)}{2n}-\frac{1}{2n^2}}$

S = - \sum_{norte = 1}^{\infty} (- 1)^{norte} \frac{π bata (π norte)}{2 norte} - \frac{1}{2} \sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{norte - 1}}{{norte}^{2}}

$S=-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{\pi \coth(\pi n)}{2n}-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$

S = - \frac{π}{2} \sum_{norte = 1}^{\infty} (- 1)^{norte} \frac{bata (π norte)}{norte} - \frac{π^{2}}{24}

$S=-\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{ \coth(\pi n)}{n}-\frac{\pi^2}{24}$

También

bata (π norte) - 1 = \frac{2}{{mi}^{2 π norte} - 1}

$\boxed{\coth(\pi n)-1=\frac{2}{e^{2 \pi n}-1}}$

S = - \frac{π}{2} \sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{norte}}{norte} {\frac{2}{{mi}^{2 π norte} - 1} + 1} - \frac{π^{2}}{24}

$S=-\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n} \bigg\{\frac{2}{e^{2 \pi n}-1}+1 \bigg\}-\frac{\pi^2}{24}$

S = - π \sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{norte}}{norte} {\frac{1}{{mi}^{2 π norte} - 1}} - \frac{π}{2} \sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{norte}}{norte} - \frac{π^{2}}{24}

$S=-{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n} \bigg\{\frac{1}{e^{2 \pi n}-1}\bigg\}-\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}-\frac{\pi^2}{24}$

S = - π \sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{norte}}{norte} {\frac{1}{{mi}^{2 π norte} - 1}} + \frac{π en (2)}{2} - \frac{π^{2}}{24}

$S=-{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n} \bigg\{\frac{1}{e^{2 \pi n}-1}\bigg\}+\frac{\pi \ln(2)}{2}-\frac{\pi^2}{24}$

S = - π \sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{norte} {mi}^{- 2 π norte}}{norte} \sum_{k = 0}^{\infty} {mi}^{- 2 π norte k} + \frac{π en (2)}{2} - \frac{π^{2}}{24}

$S=-{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^ne^{-2 \pi n}}{n}\sum_{k=0}^{\infty}e^{-2 \pi n k} +\frac{\pi \ln(2)}{2}-\frac{\pi^2}{24}$

S = - π \sum_{k = 0}^{\infty} \sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{norte} {mi}^{- 2 π norte (k + 1)}}{norte} + \frac{π en (2)}{2} - \frac{π^{2}}{24}

$S=-\pi\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^ne^{-2 \pi n(k+1)}}{n}+\frac{\pi \ln(2)}{2}-\frac{\pi^2}{24}$

S = π \sum_{k = 1}^{\infty} en (1 + {mi}^{- 2 π k}) + \frac{π en (2)}{2} - \frac{π^{2}}{24}

$S=\pi\sum_{k=1}^{\infty}\ln(1+e^{-2\pi k})+\frac{\pi \ln(2)}{2}-\frac{\pi^2}{24}$

S = π en (\prod_{k = 1}^{\infty} 1 + ({mi}^{- π k})^{2}) + \frac{π en (2)}{2} - \frac{π^{2}}{24}

$S=\pi\ln(\prod_{k=1}^{\infty}1+\big(e^{-\pi k}\big)^2)+\frac{\pi \ln(2)}{2}-\frac{\pi^2}{24}$ A partir de este momento, no puedo terminar. Cualquier ayuda es bienvenida.

Segundo intento

Probé el método sugerido a continuación por @NoName, pero todavía me falta un factor $\frac{1}{4}$ antes de $\log(2)$ . Sospecho que este método falla porque $\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m}\sin(mt)=\frac{\pi}{2}-\frac{t}{2}$ solo es valido entre $0$ y $2 \pi$ .

S = \sum_{norte = 1}^{\infty} (- 1)^{norte + 1} \sum_{metro = 1}^{\infty} \frac{1}{{norte}^{2} + {metro}^{2}}

$S=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+m^2}$

volver a escribir

\frac{1}{{norte}^{2} + {metro}^{2}} = \frac{1}{metro} \int_{0}^{\infty} pecado (metro t) {mi}^{- norte t} d t

$\frac{1}{n^2+m^2}=\frac{1}{m}\int_{0}^{\infty}\sin(mt)e^{-nt}dt$

S = \sum_{norte = 1}^{\infty} (- 1)^{norte + 1} \sum_{metro = 1}^{\infty} \frac{1}{metro} \int_{0}^{\infty} pecado (metro t) {mi}^{- norte t} d t

$S=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m}\int_{0}^{\infty}\sin(mt)e^{-nt}dt$

S = \int_{0}^{\infty} \sum_{norte = 1}^{\infty} (- 1)^{norte + 1} {mi}^{- norte t} {\sum_{metro = 1}^{\infty} \frac{1}{metro} pecado (metro t)} d t

$S=\int_{0}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}e^{-nt} \Big\{\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m}\sin(mt) \Big \}dt$

S = \int_{0}^{\infty} \sum_{norte = 1}^{\infty} (- 1)^{norte + 1} {mi}^{- norte t} {\frac{π}{2} - \frac{t}{2}} d t

$S=\int_{0}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}e^{-nt} \Big\{ \frac{\pi}{2}-\frac{t}{2} \Big \}dt$

S = \sum_{norte = 1}^{\infty} (- 1)^{norte + 1} \int_{0}^{\infty} {mi}^{- norte t} {\frac{π}{2} - \frac{t}{2}} d t

$S=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\int_{0}^{\infty}e^{-nt} \Big\{ \frac{\pi}{2}-\frac{t}{2} \Big \}dt$

S = \sum_{norte = 1}^{\infty} (- 1)^{norte + 1} {\frac{π}{2 norte} - \frac{1}{2 {norte}^{2}}}

$S=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} \Big\{ \frac{\pi}{2n}-\frac{1}{2n^2}\Big \}$

S = \frac{π}{2} \sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{norte + 1}}{norte} - \frac{1}{2} \sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{norte + 1}}{{norte}^{2}}

$S=\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2}$

S = \frac{π registro (2)}{2} + \frac{π^{2}}{24}

$S=\frac{\pi \log(2)}{2}+ \frac{\pi^2}{24}$

Vishu

Después de escribir

\frac{1}{e^{2 π n} - 1}

$\frac{1}{e^{2\pi n} -1}$ como una serie geométrica infinita y cambiando el orden de la sumatoria, solo queda calcular

\prod_{k = 1}^{\infty} (1 + e^{- 2 π k})

$\prod_{k=1}^{\infty} (1+e^{-2\pi k} )$ .

clatratus

Uno puede demostrar que

\sum_{norte \geq 1} \frac{(- 1)^{norte}}{norte ({mi}^{2 π norte} - 1)} = \frac{1}{2 π i} \int_{C - i \infty}^{C + i \infty} \frac{2^{- s} - 1}{(2 π)^{s}} Γ (s) ζ (s) ζ (s + 1) d s,

$\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^n}{n(e^{2\pi n}-1)}=\frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{2^{-s}-1}{(2\pi)^s}\Gamma(s)\zeta(s)\zeta(s+1)ds,$ pero no se como evaluar la integral

kim sungjin

\sum (- 1)^{n} / n = - \ln 2

$\sum (-1)^n /n = - \ln 2$ . el signo de

(\ln 2) / 2

$(\ln 2)/2$ tiene que ser invertido.

ricardo770

arreglado, gracias

kim sungjin

\sum \frac{\sin n t}{n} = \frac{π - t}{2}

$\sum \frac{\sin nt}n = \frac{\pi - t}2$ es para

t \in (0, 2 π)

$t\in (0,2\pi)$ . Entonces la suma se convierte en

2 π

$2\pi$ -periódico.

ricardo770

Lo intenté

\frac{1}{norte} \int_{0}^{\infty} {mi}^{- norte t} porque (metro t) d t = \frac{1}{{metro}^{2} + {norte}^{2}}

$\frac{1}{n}\int_{0}^{\infty}e^{-nt}\cos(mt)dt=\frac{1}{m^2+n^2}$ en cambio. Pero conduce a la integral de

\int_{0}^{\infty} porque (metro t) registro (1 + {mi}^{- t}) d t

$\int_{0}^{\infty}\cos(mt)\log(1+e^{-t})dt$ en última instancia, lo que da una cosecante hiperbólica y me lleva de vuelta al mismo lugar que el primer método. Conduce a un bucle.

Varun Vejalla

Incluso si usas eso

\sum \frac{\sin (m t)}{m} = π ⌊ \frac{t}{2 π} ⌋ + \frac{π - x}{2}

$\sum \frac{\sin(mt)}{m}=\pi\left\lfloor \frac{t}{2\pi}\right\rfloor+\frac{\pi-x}{2}$ , terminas necesitando encontrar cualquiera

\sum_{m = 1}^{\infty} \ln (1 + e^{- 2 m π})

$\sum_{m=1}^{\infty}\ln\left(1+e^{-2m\pi}\right)$ o equivalente,

\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{k} (\frac{e^{- k 2 π}}{1 - e^{- k 2 π}})

$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{k}\left(\frac{e^{-k2\pi}}{1-e^{-k2\pi}}\right)$ .

ricardo770

Eso es exactamente a lo que condujo el primer método.

reencuentros

\int_{0}^{\infty} e^{- n t} {\frac{π}{2} - \frac{t}{2}} d t = {\frac{π}{2 n} - \frac{1}{2 n^{2}}}

$\int_{0}^{\infty}e^{-nt} \Big\{ \frac{\pi}{2}-\frac{t}{2} \Big \}dt=\Big\{ \frac{\pi}{2n}-\frac{1}{2n^2}\Big \}$ no tiene mucho sentido,

{.}

$\{.\}$ es la parte fraccionaria, no suave en

n

$n$ pequeño en contraposición a la integral.

kim sungjin

@reuns También señalé esto en el comentario anterior, y OP parece darse cuenta del error también.

Paramanand Singh

Vea una suma un poco más complicada del mismo tipo: math.stackexchange.com/q/2469841/72031 y mi respuesta allí: math.stackexchange.com/a/2482542/72031

Paramanand Singh

+1 por agregar contexto!! La gente necesita aprender una lección de ti. Compare esto con la pregunta que vinculé anteriormente, que casi no tiene contexto.

Respuestas (2)

Calcule la suma doble ∑∞n,m=1(−1)n−1n2+m2=π224+πln(2)8∑n,m=1∞(−1)n−1n2+m2=π224+πln⁡(2 )8\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2+m^2}=\frac{\pi^2}{24 }+\frac{\pi\ln(2)}{8}

Después de escribir $\frac{1}{e^{2\pi n} -1}$ como una serie geométrica infinita y cambiando el orden de la sumatoria, solo queda calcular $\prod_{k=1}^{\infty} (1+e^{-2\pi k} )$ .
Uno puede demostrar que $\sum_{norte \geq 1} \frac{(- 1)^{norte}}{norte ({mi}^{2 π norte} - 1)} = \frac{1}{2 π i} \int_{C - i \infty}^{C + i \infty} \frac{2^{- s} - 1}{(2 π)^{s}} Γ (s) ζ (s) ζ (s + 1) d s,$ $\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^n}{n(e^{2\pi n}-1)}=\frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{2^{-s}-1}{(2\pi)^s}\Gamma(s)\zeta(s)\zeta(s+1)ds,$ pero no se como evaluar la integral
$\sum (-1)^n /n = - \ln 2$ . el signo de $(\ln 2)/2$ tiene que ser invertido.
$\sum \frac{\sin nt}n = \frac{\pi - t}2$ es para $t\in (0,2\pi)$ . Entonces la suma se convierte en $2\pi$ -periódico.
Lo intenté $\frac{1}{norte} \int_{0}^{\infty} {mi}^{- norte t} porque (metro t) d t = \frac{1}{{metro}^{2} + {norte}^{2}}$ $\frac{1}{n}\int_{0}^{\infty}e^{-nt}\cos(mt)dt=\frac{1}{m^2+n^2}$ en cambio. Pero conduce a la integral de $\int_{0}^{\infty} porque (metro t) registro (1 + {mi}^{- t}) d t$ $\int_{0}^{\infty}\cos(mt)\log(1+e^{-t})dt$ en última instancia, lo que da una cosecante hiperbólica y me lleva de vuelta al mismo lugar que el primer método. Conduce a un bucle.
Incluso si usas eso $\sum \frac{\sin(mt)}{m}=\pi\left\lfloor \frac{t}{2\pi}\right\rfloor+\frac{\pi-x}{2}$ , terminas necesitando encontrar cualquiera $\sum_{m=1}^{\infty}\ln\left(1+e^{-2m\pi}\right)$ o equivalente, $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{k}\left(\frac{e^{-k2\pi}}{1-e^{-k2\pi}}\right)$ .
$\int_{0}^{\infty}e^{-nt} \Big\{ \frac{\pi}{2}-\frac{t}{2} \Big \}dt=\Big\{ \frac{\pi}{2n}-\frac{1}{2n^2}\Big \}$ no tiene mucho sentido, $\{.\}$ es la parte fraccionaria, no suave en $n$ pequeño en contraposición a la integral.
@reuns También señalé esto en el comentario anterior, y OP parece darse cuenta del error también.
Vea una suma un poco más complicada del mismo tipo: math.stackexchange.com/q/2469841/72031 y mi respuesta allí: math.stackexchange.com/a/2482542/72031
+1 por agregar contexto!! La gente necesita aprender una lección de ti. Compare esto con la pregunta que vinculé anteriormente, que casi no tiene contexto.

reencuentros · Answer 1

Muestra esa

\underset{s \to 1^{+}}{límite} (s - 1) \sum_{norte, metro \neq 0, 0} | norte + i metro |^{- 2 s} = \underset{s \to 1^{+}}{límite} (s - 1) \sum_{norte, metro \neq 0, 0} ({norte}^{2} + {metro}^{2})^{- s}

$\lim_{s\to 1^+} (s-1)\sum_{n,m\ne 0,0} |n+im|^{-2s}=\lim_{s\to 1^+} (s-1)\sum_{n,m\ne 0,0} (n^2+m^2)^{-s}$

= \underset{s \to 1^{+}}{límite} (s - 1) \int_{| X | > 1, | y | > 1} (X^{2} + y^{2})^{- s} d X d y = π

$= \lim_{s\to 1^+} (s-1) \int_{|x|>1,|y|>1} (x^2+y^2)^{-s}dxdy=\pi$ De

(1 - | 1 + i |^{- 2 s}) \sum_{n, m \neq 0, 0} | n + i m |^{- 2 s}

$(1-|1+i|^{-2s}) \sum_{n,m\ne 0,0} |n+im|^{-2s}$

= \sum_{n, m, 2 ∤ | n + i m |^{2}} | n + i m |^{- 2 s}

$=\sum_{n,m, 2\ \nmid \ |n+im|^2} |n+im|^{-2s}$

= 2 \sum_{n \neq 0, m} | 2 n + i (2 m + 1) |^{- 2 s}

$= 2\sum_{n\ne 0,m} |2n+i(2m+1)|^{-2s}$ obtendrás por

s > 1

$s >1$

\begin{array}{rcl} F (s) & = & \sum_{norte \geq 1, metro \geq 1} (- 1)^{norte - 1} ({norte}^{2} + {metro}^{2})^{- s} \\ = & \frac{1}{4} (\sum_{norte, metro \neq 0, 0} (- 1)^{norte - 1} | norte + i metro |^{- 2 s} - \sum_{norte \neq 0} (- 1)^{norte - 1} | norte |^{- 2 s} + \sum_{metro \neq 0} | metro |^{- 2 s}) \\ = & \frac{1}{4} (1 - (1 - 2^{- s}) - 2^{1 - 2 s}) \sum_{norte, metro \neq 0, 0} | norte + i metro |^{- 2 s} + 2^{- 2 s} ζ (2 s) \end{array}

$\begin{eqnarray}F(s)&=&\sum_{n\ge 1,m\ge 1} (-1)^{n-1} (n^2+m^2)^{-s}\\ &=&\frac14\left(\sum_{n,m\ne 0,0} (-1)^{n-1} |n+im|^{-2s} -\sum_{n\ne 0}(-1)^{n-1} |n|^{-2s}+\sum_{m\ne 0}|m|^{-2s}\right) \\&=& \frac14(1- (1-2^{-s}) -2^{1-2s}) \sum_{n,m\ne 0,0} |n+im|^{-2s}+ 2^{-2s} \zeta(2s) \end{eqnarray}$

$\zeta(2)=\pi^2/6$ daré

\sum_{norte \geq 1} \sum_{metro \geq 1} (- 1)^{norte - 1} ({norte}^{2} + {metro}^{2})^{- 1} = \underset{s \to 1^{+}}{límite} F (s) = \frac{π}{8} registro 2 + \frac{π^{2}}{24}

$\sum_{n\ge 1}\sum_{m\ge 1} (-1)^{n-1}(n^2+m^2)^{-1} =\lim_{s\to 1^+}F(s)=\frac{\pi}8\log 2 + \frac{\pi^2}{24}$ donde estoy usando eso

\sum_{n \geq 1, m \geq 1} ((2 n - 1)^{2} + m^{2})^{- 1} - ((2 n)^{2} + m^{2})^{- 1})

$\sum_{n\ge 1,m\ge 1} ( (2n-1)^2+m^2)^{-1}- ((2n)^2+m^2)^{-1})$ es absolutamente convergente escribir la serie doble como

lim_{s \to 1^{+}} F (s)

$\lim_{s\to 1^+}F(s)$ .

Dado que la suma original no es absolutamente convergente, ¿cómo podemos estar seguros de que el límite nos da el valor correcto?
Usa eso $\sum_{n,m} ( (2n-1)^2+m^2)^{-1}- ((2n)^2+m^2)^{-1})$ es absolutamente convergente
Es bastante interesante ver que el método de OP dará la siguiente identidad: $\sum_{norte = 1}^{\infty} (\frac{1}{norte ({mi}^{2 π norte} - 1)} - \frac{1}{norte ({mi}^{4 π norte} - 1)}) = - \frac{3 registro 2}{8} + \frac{π}{12} .$ $\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac1{n(e^{2\pi n }-1)}-\frac1{n(e^{4\pi n}-1)}\right) = -\frac{3\log 2}{8} + \frac{\pi}{12}.$
@SungjinKim Sí, pero es bastante diferente a $\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n(e^{2\pi n }-1)}$ , uno es $\log \Delta(i)$ el otro es $\log \Delta(i)/\Delta(2i)$ , dónde $\Delta(z)/\Delta(2z)$ es algebraico (y radical) sobre $\Bbb{Q}[j(z)]$
Solo por curiosidad, ¿hay una forma cerrada para $\sum_{n=1}^{\infty} \frac1{n(e^{2\pi n}-1)}$ ?
@SungjinKim Sí, en términos de $\Gamma(1/4)$ , se sigue de expresar $B(1/4,1/2)=\int_0^1 t^{-3/4}(1-t)^{-1/2}dt$ en términos de la integral elíptica $\int_0^\infty \frac{dx}{\sqrt{4x^3-g_2(i)x}}dx$ que se traduce en $\int_0^{1/2} dz$ en el toro complejo $\Bbb{C/(Z+iZ)}$ , de la que sabes $g_2(i)$ y por lo tanto $\Delta(i)$ .
Buena solución. Me pregunto si podemos encontrar otra solución usando $\frac{1}{{metro}^{2} + {norte}^{2}} = \frac{1}{metro} \int_{0}^{\infty} pecado (metro t) {mi}^{- norte t} d t .$ $\displaystyle {\frac{1}{m^2+n^2}} = \frac{1}{m}{\int_{0}^{\infty} \sin(mt)e^{-nt}\;{\mathrm dt} }.$ es decir $S = \sum_{metro = 1}^{\infty} \sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{norte - 1}}{metro} \int_{0}^{\infty} pecado (metro t) {mi}^{- norte t} d t$ $\displaystyle S = \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{m}\int_0^\infty \sin(mt)e^{-nt}\, \mathrm dt$ Entonces, ¿quizás abogar por un cambio de orden y apelar a la serie de Fourier? ¿Crees que esto es factible?
@NoName No verifiqué todos los detalles, pero creo que conducirá a la suma $\sum (1/n(e^{2\pi n} -1) - 1/n(e^{4\pi n}-1)$ .
@NoName: tales sumas fueron manejadas por Plouffe. Ver este hilo .
Solo para confirmar, ¿esto se parece al uso de la fórmula de límite de Kronecker?
@ParamanandSingh estoy usando solo el primer término $E(i,s) =\pi/(s-1)+O(1)$ y eso $2^{1-s} E(2i,s)=(1-2^{-s})E(i,s)$ que es específico de $\tau=i$ . Sin necesidad de ningún teorema y función especial. La expansión de Fourier de OP da un poco el segundo término de la fórmula del límite de Kronecker para $E(i,s)-2^{1-s} E(2i,s)$ .

Paramanand Singh · Answer 2

Me gustó tu primer enfoque y la siguiente respuesta lo completa.

Dejar $q=e^{-\pi}$ y desea evaluar el producto

\begin{matrix} (1) & F (q) = \prod_{norte = 1}^{\infty} (1 + q^{2 norte}) \end{matrix}

$F(q)=\prod_{n=1}^{\infty} (1+q^{2n})\tag{1}$ Podemos reescribir el producto anterior como

\begin{matrix} (2) & F (q) = \prod_{norte \geq 1} \frac{1 + q^{norte}}{1 + q^{2 norte - 1}} = \prod_{norte \geq 1} \frac{1 - q^{2 norte}}{(1 - q^{norte}) (1 + q^{2 norte - 1})} = \prod_{norte \geq 1} \frac{1}{(1 - q^{2 norte - 1}) (1 + q^{2 norte - 1})} \end{matrix}

$F(q) =\prod_{n\geq 1}\frac{1+q^n}{1+q^{2n-1}}=\prod_{n\geq 1}\frac{1-q^{2n}}{(1-q^n)(1+q^{2n-1})}=\prod_{n\geq 1}\frac{1}{(1-q^{2n-1})(1+q^{2n-1})} \tag{2}$ Ahora traemos algunas integrales elípticas y un poco de Ramanujan a la imagen. Dejar

k

$k$ Sea el módulo elíptico correspondiente a nome

q

$q$ y

K

$K$ Sea la correspondiente integral elíptica completa de primera clase y

k^{'} = \sqrt{1 - k^{2}}

$k'=\sqrt{1-k^2}$ .

Tenemos por definición de invariante de clase de Ramanujan

\begin{matrix} (3) & {GRAMO}_{metro} = GRAMO (q) = 2^{- 1 / 4} q^{- 1 / 24} \prod_{norte \geq 1} (1 + q^{2 norte - 1}) \end{matrix}

$G_m=G(q) =2^{-1/4}q^{-1/24}\prod_{n\geq 1}(1+q^{2n-1})\tag{3}$ y

\begin{matrix} (4) & {gramo}_{metro} = gramo (q) = 2^{- 1 / 4} q^{- 1 / 24} \prod_{norte \geq 1} (1 - q^{2 norte - 1}) \end{matrix}

$g_m=g(q) =2^{-1/4}q^{-1/24}\prod_{n\geq 1}(1-q^{2n-1}) \tag{4}$ dónde

q = e^{- π \sqrt{m}}

$q=e^{-\pi\sqrt{m}}$ . Aquí tenemos

q = e^{- π}

$q=e^{-\pi}$ de modo que

m = 1

$m=1$ . Y las invariantes de clase definidas anteriormente también están vinculadas a los módulos elípticos.

k, k^{'}

$k, k'$ a través de

\begin{matrix} (5) & GRAMO (q) = (2 k k^{'})^{- 1 / 12}, {gramo}_{metro} = gramo (q) = (2 k / k^{' 2})^{- 1 / 12} \end{matrix}

$G(q) =(2kk') ^{-1/12}, g_m=g(q)=(2k/k'^2)^{-1/12} \tag{5}$ Para

q = e^{- π}

$q=e^{-\pi}$ tenemos

k = k^{'} = 1 / \sqrt{2}

$k=k'=1/\sqrt{2}$ y por lo tanto

\begin{matrix} (6) & {GRAMO}_{1} = GRAMO (q) = 1, {gramo}_{1} = gramo (q) = 2^{- 1 / 8} \end{matrix}

$G_1=G(q)=1, g_1=g(q)=2^{-1/8}\tag{6}$ Ahora

GRAMO (q) gramo (q) = 2^{- 1 / 2} q^{- 1 / 12} / F (q)

$G(q) g(q) =2^{-1/2}q^{-1/12}/F(q)$ y poner

q = e^{- π}

$q=e^{-\pi}$ y usando

(6)

$(6)$ obtenemos

\begin{matrix} (7) & F (q) = 2^{- 3 / 8} {mi}^{π / 12} \end{matrix}

$F(q) = 2^{-3/8}e^{\pi/12}\tag{7}$ Basado en esto, su suma en cuestión es

S = π registro F (q) + \frac{π registro 2}{2} - \frac{π^{2}}{24}

$S=\pi\log F(q) +\frac{\pi\log 2}{2}-\frac{\pi^2}{24}$ que a través de

(7)

$(7)$ es igual

S = \frac{π^{2}}{24} + \frac{π registro 2}{8}

$S=\frac{\pi^2}{24}+\frac{\pi\log 2}{8}$

Muchas gracias por tomarte tu tiempo y dar una respuesta, $+1$ ! Te confieso que el conocimiento que hay en tu respuesta está mucho más allá de mi conocimiento, por lo que no puedo apreciarlo por completo. Sin embargo, completa la prueba que inicié, y esto es lo que estaba buscando. Sin ninguna razón, esperaba una respuesta más elemental, pero, tal vez no la hay... Por eso se desarrollan herramientas más potentes. Esperaré un poco más para ver si a alguien se le ocurre una respuesta que utilice un enfoque más elemental antes de darle el "aceptar". ¡Gracias de nuevo!
@Ricardo770: el tema de funciones theta, integrales elípticas, funciones elípticas es el más fascinante y deberías tomarte un tiempo para estudiarlo. Al instante me enamoré de él y escribí un blog completo que contenía principalmente estas ideas. Puede echar un vistazo a la página de archivos: paramanands.blogspot.com/p/archives.html?m=0 He intentado utilizar métodos elementales para presentar la teoría porque no estoy familiarizado con las teorías avanzadas.
@ Paramanand Singh Ciertamente me tomaré un tiempo para aprenderlo. Por cierto, hermoso blog. Puedo empezar a estudiar desde allí.

Calcule la suma doble ∑∞n,m=1(−1)n−1n2+m2=π224+πln(2)8∑n,m=1∞(−1)n−1n2+m2=π224+πln⁡(2 )8\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2+m^2}=\frac{\pi^2}{24 }+\frac{\pi\ln(2)}{8}

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