¿Cómo calcular $\sum_{n\text{ odd}}\frac{1}{n\sinh n\pi\sqrt 3}$?

Question

Me encontré con una vieja pregunta pidiendo a mostrar que $$\displaystyle\sum_{n\text{ odd}}\frac{1}{n\sinh n\pi}=\frac{\ln 2}{8}.\tag{1}$$ Aunque he logrado demostrar esta fórmula, la prueba de los usos diversos de la theta de las relaciones funcionales y parece una exageración. Por otro lado, se sugiere algunas de las más identidades, por ejemplo $$\displaystyle\sum_{n\text{ odd}}\frac{1}{n\sinh n\pi\sqrt3}=\frac{\ln \left(8-4\sqrt{3}\right)}{4}.\tag{2}$$

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Pregunta: se puede demostrar (1) y (2) en una de las más elementales? idealmente, la prueba debe aclarar más las generalizaciones.

Answer 1

Las identidades: $$\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n}{n^2+m^2} = -\frac{1}{2m^2}+\frac{\pi}{2m\sinh(m\pi)},\tag{A}$$ $$ \frac{1}{m^2+n^2}=\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(nx)}{n}e^{-mx}\,dx,\tag{B}$$ $$ \sum_{n\geq 1}(-1)^n\frac{\sin(nx)}{x}=-\frac{x}{2}+\pi\left\lfloor\frac{x+\pi}{2\pi}\right\rfloor\tag{C} $$ dar una amplia gama de posibilidades para evaluar nuestra serie. Por ejemplo, $(A)$ le da: $$\begin{eqnarray*}\sum_{k\geq 0}\frac{1}{(2k+1)\sinh(\pi(2k+1))}&=&\frac{1}{\pi}\sum_{k\geq 0}\frac{1}{(2k+1)^2}+\frac{2}{\pi}\sum_{k\geq 0}\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n}{n^2+(2k+1)^2}\\&=&-\frac{\pi}{8}+\frac{2}{\pi}\sum_{h\geq 1}\frac{r_2(h)\cdot\eta(h)}{h}\tag{1}\end{eqnarray*}$$ donde $\eta(h)$ es igual a $-1$ si $h\equiv 2\pmod{4}$, $1$ si $h\equiv 1\pmod{4}$, cero en caso contrario, y: $$ r_2(h) = \#\{(n,k)\in\mathbb{N}^2: h=n^2+(2k+1)^2\}.\tag{2} $$ Ahora es bien sabido que el $a^2+b^2$ es la única reducido binario forma cuadrática de discriminante $-4$, por lo tanto: $$\begin{eqnarray*} \#\{(a,b)\in\mathbb{Z}:a^2+b^2=n\} &=& 4\left(\chi_4 * 1\right)(n)\\&=& 4\left(d_{1(4)}(n)-d_{3(4)}(n)\right) \tag{3} \end{eqnarray*}$$ para que podamos evaluar la RHS de $(1)$ a través de Dirichlet de convolución.

Ya tenemos la clase número uno también en el caso de $a^2+3b^2$, la situación es casi la misma para el resto de series.

El Mellin transformar da otra oportunidad. Véase, por ejemplo, este problema relacionado.

Answer 2

Nota: Esta no es una respuesta completa, pero incluye algunas observaciones que, posiblemente, puede ser desarrollado aún más.

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Contorno de la Representación Integral de la ${\rm Li}_\nu(e^{-x})$

Por Mellin de la inversión teorema, la polylogarithm admite el contorno de la representación integral $${\rm Li}_\nu(e^{-x})=\frac{1}{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\Gamma(s)\zeta(s+\nu)x^{-s}\ {\rm d}s$$

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La Suma de $S(\mu)$ como una Integral de Contorno

Cambiar el orden de resumen, podemos escribir $$S(\mu)\stackrel{\text{def}}=:\sum_{n\ge1}\frac{1}{n\sinh(n\mu)}=2\sum_{n\ge1}\frac{1}{n}\sum_{k\ge0}e^{-(2k+1)n\mu}=2\sum_{k\ge0}{\rm Li}_1\left(e^{-(2k+1)\mu}\right)$$ Por lo tanto, la suma puede ser expresada como una integral de contorno $$S(\mu)=\frac{1}{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}Q(s,\mu)\ {\rm d}s$$ donde \begin{align} Q(s,\mu) &=2\mu^{-s}(1-2^{-s})\Gamma(s)\zeta(s)\zeta(s+1)\\ \end{align}

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Cierre el Contorno

Que en lugar de considerar la integral de $\dfrac{Q(s,\mu)}{2\pi i}$ más de un contorno cerrado $C$. En este caso, es un rectángulo con vértices $\frac{3}{2}-i\infty$, $\frac{3}{2}+i\infty$, $-\frac{3}{2}+i\infty$, $-\frac{3}{2}-i\infty$. Tenga en cuenta que

1. La integral sobre la $\mathrm{Re}(s)=\frac{3}{2}$$S(\mu)$.
2. La integral sobre los lados horizontales se desvanece desde $\zeta(s)$ crece moderadamente, sino $\Gamma(s)$ decae exponencialmente $\mathrm{Im}(s)\to-\infty$.
3. La aplicación de Riemann funcional de la ecuación dos veces, la integral sobre la $\mathrm{Re}(s)=-\frac{3}{2}$ se muestra:

\begin{align} -\frac{1}{2\pi i}\int^{-\frac{3}{2}+i\infty}_{-\frac{3}{2}-i\infty}Q(\mu,s)\ {\rm d}s &=-\frac{1}{2\pi i}\int^{-\frac{3}{2}+i\infty}_{-\frac{3}{2}-i\infty}2\left(\frac{\mu}{4\pi^2}\right)^{-s}(1-2^{-s})\Gamma(-s)\zeta(-s)\zeta(1-s)\ {\rm d}s\\ &=\frac{1}{2\pi i}\int^{\frac{3}{2}+i\infty}_{\frac{3}{2}-i\infty}2\left(\frac{2\pi^2}{\mu}\right)^{-s}(1-2^{-s})\Gamma(s)\zeta(s)\zeta(s+1)\ {\rm d}s\\ \end{align} que es igual a $\displaystyle S\left(\frac{2\pi^2}{\mu}\right)$.

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Funcional de la Ecuación de $S(\mu)$

Por el teorema de los residuos, \begin{align} \frac{1}{2\pi i}\int_C Q(s,\mu)\ {\rm d}s=\sum^1_{k=-1}{\rm Res}(Q(s,\mu);z=k)=\frac{\pi^2}{6\mu}-\ln{2}+\frac{\mu}{12} \end{align} Por lo tanto $S(\mu)$ satisface la ecuación funcional $$S(\pi\mu\sqrt{2})+S\left(\frac{\pi\sqrt{2}}{\mu}\right)=\frac{\pi}{6\sqrt{2}}\left(\mu+\frac{1}{\mu}\right)-\ln{2}$$ Por ejemplo, esta ecuación se obtiene la identidad $$\sum_{n\ge1}\frac{1}{n\sinh(n\pi\sqrt{2})}=\frac{\pi}{6\sqrt{2}}-\frac{\ln{2}}{2}$$

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Conjeturó forma de $S(\mu)$

Estamos realmente interesados en la cantidad de $S\left(\pi\right)-\dfrac{1}{2}S(2\pi)$. Es probable que $S(\pi\mu\sqrt{2})$ es de la forma $$S(\pi\sqrt{2}\mu)\stackrel{?}=\frac{\pi}{6\sqrt{2}}\mu-\frac{\ln{2}}{2}+f(\mu)\tag1$$ tal que $f(\mu)=-f(\mu^{-1})$, $f(0)$ explota, y $f\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\stackrel{?}=\dfrac{\ln{2}}{4}$. Si este es realmente el caso, entonces realmente llegamos \begin{align} \sum_{n\ \text{odd}}\frac{1}{n\sinh(n\pi)} &=S(\pi)-\frac{1}{2}S(2\pi)\\\ &=\left(\frac{\pi}{12}-\frac{\ln{2}}{2}+\frac{\ln{2}}{4}\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{6}-\frac{\ln{2}}{2}-\frac{\ln{2}}{4}\right)\\ &=\frac{\ln{2}}{8} \end{align} lo que por supuesto implica que $\displaystyle\sum_{n\ge1}\frac{1}{n\sinh(n\pi)}=\frac{\pi}{12}-\frac{\ln{2}}{4}$. Numéricamente, esto parece ser cierto.

Por desgracia, no tengo idea de cómo probar o refutar $(1)$ e la $f(\mu)$.

Answer 3

No olvides que sinh es una función impar, por lo que podemos utilizar $$ n \, sinh(n \pi) = -n \, sinh(-n \pi) $$ para reducir la suma a $$ \sum_{n\in2\Bbb Z+1}\frac{1}{n\,sinh(n\pi)} = \sum_{n\in2\Bbb, N+1}\frac{1}{n\,sinh(n\pi)} $$ el que está más directamente manipulados (sin tener que jugar con la suma de los índices) si el escrito de todos modos como $$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)\,sinh((2n+1)\pi)} $$

No muy segura de cómo simplificar a su fin, desde aquí, pero tal vez esto es útil de todos modos.

-Saludos