Suma doble$\sum_{m,n=1\, m\neq n}^\infty{\frac{m^2+n^2}{mn(m^2-n^2)^2}}$

Question

Como complemento a esta respuesta me encontré con el doble de la suma de la $$\sum_{m,n=1\, m\neq n}^\infty{\frac{m^2+n^2}{mn(m^2-n^2)^2}}.$$ Pero por desgracia no tengo habilidades en técnicas para manejar el doble de la suma .

Ayuda apreciada.

He hecho algunas investigaciones en el MSE y encontré varias preguntas que podrían ser útiles:

1) $\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=0}^{m-1}\frac{(-1)^{m-n}}{(m^2-n^2)^2}=-\frac{17\pi^4}{1440}$

2) $\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{m-1}\frac{ 1}{m n\left(m^2-n^2\right)^2}=\frac{\pi^6}{12960}$

3) $\sum_{k=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2k^2(n+k)^2}= \frac{1}{3}\zeta(6)$

Answer 1

El doble de la suma es igual a $$\frac{11\zeta(4)}{8}=\frac{11\pi^4}{720}.$$

Tenga en cuenta que $$\frac{m^2+n^2}{m n\left(m^2-n^2\right)^2}= \frac{1}{2 mn(m+n)^2}+ \frac{1}{2 mn(m-n)^2}.$$ Ahora, considere el Tornheim doble de sumas: $$T(a,b,c)= \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{m^un^b(m+n)^c}.$$ Entonces $$ \sum_{m,n=1\, m\neq n}^{\infty} \frac{1}{mn(m+n)^2}=T(1,1,2)-\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{4m^4}=T(1,1,2)-\frac{\zeta(4)}{4},$$ $$\begin{align} \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{m-1} \frac{1}{mn(m-n)^2} &= \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=n+1}^{\infty} \frac{1}{mn(m-n)^2}\\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{nk^2(n+k)}=T(1,2,1)\end{align}$$ y de nuevo $$ \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=m+1}^{\infty} \frac{1}{mn(m-n)^2}=T(1,2,1).$$ Por lo tanto $$\begin{align}\sum_{m,n=1\, m\neq n}^{\infty}{\frac{m^2+n^2}{mn(m^2-n^2)^2}} &=\frac{T(1,1,2)-\zeta(4)/4}{2} +T(1,2,1)\\ &=\frac{11\zeta(4)}{8} \end{align}$$ donde hemos utilizado $$T(1,1,2)=\zeta(4)/2\quad,\quad T(1,2,1)=5\zeta(4)/2$$ (consulte la página 31 en La evaluación de Tornheim doble sumas).

Answer 2

De Robert Z de la respuesta, tenemos $$\frac{m^2+n^2}{mn(m^2-n^2)^2}=\frac{1}{2mn(m+n)^2}+\frac{1}{2mn(m-n)^2}.$$ Por lo tanto, la suma $$S=\sum_{\substack{{m,n\in\Bbb{N}_1}\\{m\neq n}}}\frac{1}{mn(m^2-n^2)^2}$$ se puede dividir en dos partes: $$S_1=\sum_{\substack{{m,n\in\Bbb{N}_1}\\{m\neq n}}}\frac{1}{2mn(m+n)^2}=\sum_{m,n\in\Bbb N_1}\frac{1}{2mn(m+n)^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{8n^4}$$ y $$S_2=\sum_{\substack{{m,n\in\Bbb{N}_1}\\{m\neq n}}}\frac{1}{2mn(m-n)^2}=\sum_{\substack{{m,n\in\Bbb{N}_1}\\{m>n}}}\frac{1}{2mn(m-n)^2}+\sum_{\substack{{m,n\in\Bbb{N}_1}\\{m< n}}}\frac{1}{2mn(n-m)^2}.$$

Veamos $S_2$ más de cerca. El primer sumando satisface $$\sum_{\substack{{m,n\in\Bbb{N}_1}\\{m>n}}}\frac{1}{2mn(m-n)^2}=\sum_{m,k\in\Bbb{N}_1}\frac{1}{2m(m+k)k^2},$$ donde $k=m-n$. El segundo sumando satisface $$\sum_{\substack{{m,n\in\Bbb{N}_1}\\{m>n}}}\frac{1}{2mn(m-n)^2}=\sum_{n,l\in\Bbb{N}_1}\frac{1}{2(n+l)nl^2},$$ donde $l=n-m$. Por lo tanto, se puede cambiar el nombre de las variables ficticias y obtener \begin{align}S_2&=\sum_{m,k\in\Bbb{N}_1}\frac{1}{2m(m+k)k^2}+\sum_{n,l\in\Bbb{N}_1}\frac{1}{2(n+l)nl^2}\\&=\sum_{m,n\in\Bbb{N}_1}\frac{1}{2mn^2(m+n)}+\sum_{m,n\in\Bbb{N}_1}\frac{1}{2m^2n(m+n)}.\end{align} Así, $$S_2=\sum_{m,n\in\Bbb{N}_1}\left(\frac{1}{2mn^2(m+n)}+\frac{1}{2m^2n(m+n)}\right)=\sum_{m,n\in \Bbb{N}_1}\frac{1}{2m^2n^2}.$$ Esto demuestra que $$S_2=\frac{1}{2}\sum_{m\in\Bbb{N}_1}\frac{1}{m^2}\sum_{n\in\Bbb{N}_1}\frac{1}{n^2}=\frac{1}{2}\big(\zeta(2)\big)\big(\zeta(2)\big)=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi^2}{6}\right)^2=\frac{\pi^4}{72}.$$

Ahora, para $S_1$, vemos que el último término es $$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{8n^4}=\frac{1}{8}\zeta(4)=\frac{1}{8}\left(\frac{\pi^4}{90}\right)=\frac{\pi^4}{720}.$$ Nos quedamos con el primer término, que es $$\sum_{m,n\in\Bbb{N}_1}\frac{1}{2mn(m+n)^2}=\zeta(3,1)=\frac{1}{4}\zeta(4)=\frac{1}{4}\left(\frac{\pi^4}{90}\right)=\frac{\pi^4}{360},$$ por Robert Z de la respuesta. Por lo tanto, $$S_1=\frac{\pi^4}{360}-\frac{\pi^4}{720}=\frac{\pi^4}{720}.$$

La combinación de los dos resultados anteriores, tenemos $$S=S_1+S_2=\frac{\pi^4}{720}+\frac{\pi^4}{72}=\frac{11\pi^4}{720}=\frac{11}{8}\zeta(4).$$ Aquí es otro gran recurso para aprender acerca de las múltiples zeta función. Corolario 1.64 en la página 26 y discusiones que llevan a esta conclusión son importantes para este problema.

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Aquí está una elemental forma de mostrar que la $\zeta(3,1)=\frac{1}{4}\zeta(4)$. Recordemos que $$\zeta(s_1,s_2,\ldots,s_t)=\sum_{\substack{{n_1,n_2,\ldots,n_t\in\Bbb{N}_1} \\{n_1>n_2>\ldots>n_t}}} \frac{1}{n_1^{s_1}n_2^{s_2}\cdots n_t^{s_t}}.$$ En primer lugar, observar que $$\frac{1}{m^2n^2}=\frac{1}{(m+n)^2n^2}+\frac{1}{(m+n)^2m^2}+\frac{2}{(m+n)^3m}+\frac{2}{(m+n)^3n}.$$ Tomando la suma de la expresión de arriba más de $m,n\in\Bbb{N}_1$, obtenemos $$\big(\zeta(2)\big)^2=\zeta(2,2)+\zeta(2,2)+2\zeta(3,1)+2\zeta(3,1)=2\big(\zeta(2,2)+2\zeta(3,1)\big),\tag{1}$$ así $$\zeta(2,2)+2\zeta(3,1)=\frac{1}{2}\big(\zeta(2)\big)^2=\frac{5}{4}\zeta(4).$$ Ahora, tenga en cuenta que $$\frac{5}{2}\zeta(4)=\big(\zeta(2)\big)^2=\sum_{m,n\in\Bbb{N}_1}\frac{1}{m^2n^2}=\sum_{n\in\Bbb{N}_1}\frac{1}{n^4}+\sum_{\substack{{m,n\in\Bbb{N}_1}\\{m>n}}}\frac{1}{m^2n^2}+\sum_{\substack{{m,n\in\Bbb{N}_1}\\{m<n}}}\frac{1}{m^2n^2}.$$ Por lo tanto, $$\frac{5}{2}\zeta(4)=\zeta(4)+\zeta(2,2)+\zeta(2,2),$$ hacer $$\zeta(2,2)=\frac{3}{4}\zeta(4).\tag{2}$$ La combinación de (1) y (2), obtenemos $$\zeta(3,1)=\frac{1}{2}\left(\frac{5}{4}\zeta(4)-\zeta(2,2)\right)=\frac{1}{4}\zeta(4).$$

Answer 3

Parcial Fracciones da $$ \frac{m^2+n^2}{\left(m^2-n^2\right)^2}=\frac{1/2}{(m-n)^2}+\frac{1/2}{(m+n)^2}\tag1 $$ En primer lugar, vamos a calcular $$ \begin{align} \sum_{\substack{m,n=1\\m\ne n}}^\infty\frac1{mn(m-n)^2} &=2\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=n+1}^\infty\frac1{mn(m-n)^2}\tag{2a}\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac1{(m+n)nm^2}\tag{2b}\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\left(\frac1n-\frac1{m+n}\right)\frac1{m^3}\tag{2c}\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\left(\frac1n-\frac1{m+n}\right)\frac1{nm^2}\tag{2d}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\left(\frac1n-\frac1{m+n}\right)\frac{m+n}{nm^3}\tag{2e}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac1{m^2n^2}\tag{2f}\\[3pt] &=\frac{\pi^4}{36}\tag{2g} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(2a)}$: la simetría entre las $m\lt n$ e $n\lt m$
$\text{(2b)}$: sustituto $m\mapsto m+n$
$\text{(2c)}$: fracciones parciales
$\text{(2d)}$: intercambio $m$ e $n$ en $\text{(2b)}$ luego fracciones parciales
$\text{(2e)}$: promedio de $\text{(2c)}$ e $\text{(2d)}$
$\text{(2f)}$: simplificar
$\text{(2g)}$: evaluar $\zeta(2)^2$

A continuación, vamos a calcular $$ \begin{align} \sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac1{mn(m+n)^2} &=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\left(\color{#C00}{\frac1{nm^2(n+m)}}-\color{#090}{\frac1{m^2(n+m)^2}}\right)\tag{3a}\\ &=\color{#C00}{\frac{\pi^4}{72}}-\color{#090}{\frac{\pi^4}{120}}\tag{3b}\\[3pt] &=\frac{\pi^4}{180}\tag{3c} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(3a)}$: fracciones parciales
$\text{(3b)}$: el rojo suma es $\frac12$ de $\text{(2b)}$, el verde de la suma es $\frac12\left(\zeta(2)^2-\zeta(4)\right)$
$\text{(3c)}$: simplificar

Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{\substack{m,n=1\\m\ne n}}^\infty\frac1{mn(m+n)^2} &=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac1{mn(m+n)^2}-\frac14\zeta(4)\tag{4a}\\ &=\frac{\pi^4}{180}-\frac{\pi^4}{360}\tag{4b}\\[9pt] &=\frac{\pi^4}{360}\tag{4c} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(4a)}$: restar los términos donde $m=n$
$\text{(4b)}$: aplicar $\text{(3c)}$
$\text{(4c)}$: simplificar

Por lo tanto. $$ \begin{align} \sum_{\substack{m,n=1\\m\ne n}}^\infty\frac{m^2+n^2}{mn\left(m^2-n^2\right)^2} &=\frac12\frac{\pi^4}{36}+\frac12\frac{\pi^4}{360}\tag{5a}\\ &=\frac{11\pi^4}{720}\tag{5b} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(5a)}$: aplicar $(1)$, $(2)$, e $(4)$
$\text{(5b)}$: simplificar