Deje $a,b$ dos desigual enteros. Tengo que encontrar la suma abajo. $$ \sum_{k \in \mathbb{Z}}\frac1{(k+a)(k+b)} $$ Debo utilizar el análisis complejo, pero no tengo ni idea de por dónde empezar. Yo sólo ahora que puedo suponer sin pérdida de generalidad que $a = 0$ porque $x \mapsto x -a$ es invertible mapa en el conjunto de los números enteros. Me gustaría ponerme yo sugerencia de usted, sólo una sugerencia.
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freethinker
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Anthony Shaw
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Si $b\gt a$, luego $$ \begin{align} \sum_{\substack{k\in\mathbb{Z}\\k\not\in\{-a,-b\}}}\frac1{(k+a)(k+b)} &=\frac1{b-a}\lim_{n\to\infty}\sum_{\substack{k=-n\\k\not\in\{-a,-b\}}}^n\left(\frac1{k+a}-\frac1{k+b}\right)\\ &=\frac1{b-a}\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{\substack{k=-n+a\\k\not\in\{0,a-b\}}}^{n+a}\frac1k-\sum_{\substack{k=-n+b\\k\not\in\{0,b-a\}}}^{n+b}\frac1k\right)\\ &=\frac1{b-a}\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{\substack{k=-n+a\\k\ne0}}^{n+a}\frac1k-\sum_{\substack{k=-n+b\\k\ne0}}^{n+b}\frac1k+\frac2{b-a}\right)\\ &=\frac1{b-a}\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=-n+a}^{-n+b-1}\frac1k-\sum_{k=n+a-1}^{n+b}\frac1k+\frac2{b-a}\right)\\[9pt] &=\frac2{(b-a)^2} \end{align} $$ Conmutación $a$ $b$ da el mismo resultado para $b\lt a$.
Si $a=b$, luego $$ \begin{align} \sum_{\substack{k\in\mathbb{Z}\\k\ne-a}}\frac1{(k+a)^2} &=\sum_{\substack{k\in\mathbb{Z}\\k\ne0}}\frac1{k^2}\\ &=2\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}\\[6pt] &=\frac{\pi^2}{3} \end{align} $$
mvw
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13437
Se me cayó el spoiler de marcado, como también muchas de las respuestas se han publicado ya.
Sugerencia 2:
Como compañeros de usuario Michael sugggested, una descomposición de la ayuda.
El uso parcial de la fracción de descomposición: $$ 1 = (k+b) a + (k+a) B = (a + B) k + b a + B \ffi \\A = -B \wedge (b-a) A = 1 \ffi \\A = \frac{1}{b} \wedge B = \frac{1}{a - b} $$
para $a \ne b$.
Sugerencia 3:
Nota la tarea pide a$a, b \in \mathbb{N}$$a \ne b$.
Ahora mirando al básico de las sumas: $$ \sum_{k \in \mathbb{Z} \setminus \{- \ }} \frac{1}{k+a} = a^{(*)} \sum_{k \in \mathbb{Z} \setminus \{ 0 \}} \frac{1}{k} =^{(**)} 0 \Rightarrow\sum_{k \in \mathbb{Z} \setminus \{ -a, -b \}} \frac{1}{k+a} = 0 - \frac{1}{-b+a} = \frac{1}{b} $$
Precaución:
Compañeros de usuario Thomas Andrews planteado preocupaciones, que el índice de transformación en la ecuación de $(*)$ podría no ser válida. Y supuse que en la ecuación de $(**)$ que en términos de $\frac{1}{k}$ $-\frac{1}{k}$ cancelar pares, pero que podría ser demasiado ingenuo así.
Prueba de intento: me supone $$ \sum_{k\in \mathbb{Z}\setminus \{- \}}\frac{1}{k+a} = \lim_{N\to\infty} S_N $$
con $$ S_N = \sum_{k=-N}^{-1}\frac{1}{k+a}+\sum_ {- +1}^N\frac{1}{k+a} $$
Tenemos $$ S_N = \sum_{k=-N+a}^{-1}\frac{1}{k}+\sum_{k=1}^{N+a}\frac{1}{k}=\sum_{k=1}^{N-a}-\frac{1}{k}+\sum_{k=1}^{N+a}\frac{1}{k}=\sum_{k=N-a+1}^{N+a}\frac{1}{k}=\sum_{k=1}^{2a}\frac{1}{N-a+k} $$
y para $N>a$ (e $a \in \mathbb{N}$), llegamos a la $$ 0 < S_N < \frac{2a}{N-a}, $$
por lo $S_N$ desaparecerá para $N \to \infty$.
Solución:
Lo anterior conduce a $$ \sum_{k \in \mathbb{Z} \setminus \{ -a, -b \}} \frac{1}{(k+a)(k+b)} =\frac{1} {b-a)^2} + \frac{1}{(a-b)^2}=\frac{2}{(a-b)^2} $$
para $a \ne b$.
Por CIERTO, en el caso de $a = b$ se reduce a $$ \sum_{k \in \mathbb{Z}\setminus \{a\}}\frac{1}{(k+a)^2} = \sum_{k \in \mathbb{Z}\setminus \{0\}}\frac{1}{k^2} = 2 \sum_{k = 1}^\infty\frac{1}{k^2} = 2 \, \zeta(2) = \frac{\pi^2}{3} $$ el uso de $\zeta(2)$, ver A013661.
Derick Bailey
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Demasiado largo para un comentario : En general, $~\displaystyle\sum_{k \in \mathbb{Z}}\frac1{(k+a)(k+b)}~=~-\pi\cdot\frac{\cot(a\pi)-\cot(b\pi)}{a-b}$
Para $a=b\not\in\mathbb Z$, esto se convierte en $\bigg[\dfrac\pi{\sin(\pi a)}\bigg]^2$
Para $a=b\in\mathbb Z$, tras la eliminación de la problemática plazo $k=-a$, esto se convierte en $2~\zeta(2)=\dfrac{\pi^2}3$
Para$a\in\mathbb Z$$b\not\in\mathbb Z$, tras la eliminación de la problemática plazo $k=-a$, esto se convierte en $\dfrac1{(a-b)^2}$ $+\dfrac{\pi\cdot\cot(b\pi)}{a-b}$
Para $a\neq b$ enteros, tras la eliminación de la problemática términos $k=$$-a$ y $k=$$-b$, esto se convierte en
$\quad\dfrac2{(a-b)^2}$
Por desgracia, la única manera en la que yo, personalmente, soy capaz de demostrar nada de esto es por la manipulación de Euler infinito producto fórmulas para el seno y el coseno funciones, así como su expresión integral para generalizada armónica de los números, junto con algunos buenos, antiguos l'Hôpital.
Brad
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Consideran que esta es una adición a Lucian post.
Se puede demostrar que la cantidad
$$\lim_{N\to\infty} \sum_{k = -N}^{k = N} f(k)$$
es igual al negativo de la suma de los residuos de $\pi f(z) \cot(\pi z)$ en los polos de $f(z)$. Este es el caso cuando se $f(z)$ es una función racional de la forma $P(z)/Q(z)$ donde el grado de $Q$ es mayor o igual a dos veces el grado de $P$. También debe ser que $f$ no tiene polos en los enteros.
En su caso, $f(z) = \frac1{(z+a)(z+b)}$, de modo que los polos se están sólo en$-a$$-b$.
Esto significa que
$$\begin{align}\lim_{N\to\infty} \sum_{k = -N}^{k = N} \frac1{(k+a)(k+b)} &= -\left(\lim_{z\to -a} \frac{(z+a)\pi\cot(\pi z)}{(z+a)(z+b)} + \lim_{z\to -b} \frac{(z+b)\pi\cot(\pi z)}{(z+a)(z+b)}\right) \\&= -\lim_{z\to -a} \frac{\pi\cot(\pi z)}{(z+b)} + \lim_{z\to -b} \frac{\pi\cot(\pi z)}{(z+a)}\\&= -\frac{\pi\cot(a\pi )}{a-b} - \frac{\pi\cot(b\pi)}{a-b}\\&= -\pi\left(\frac{\cot(a\pi)-\cot(b\pi)}{a-b}\right)\end{align}$$
Voy a esbozar una prueba de mi primera declaración, pero no se muestran todos los pasos.
En primer lugar, mostrar que $$\operatorname{Res}(\pi f(z)\cot(\pi z),k) = f(k), \;k \in \mathbb{Z}$$
Construir un cuadrado de contorno $\Gamma_N$ con verticies en $(N+1/2)(1+i)$, $(N+1/2)(-1+i)$, $(N+1/2)(-1-i)$ y $(N+1/2)(-1-i)$, en ese orden. Ahora muestran que $|\pi\cot(\pi z)|$ está delimitado a lo largo de este contorno.
Con esto, demostrar que
$$\lim_{n\to\infty} \int_{\Gamma_N}\! \pi f(z)\cot(\pi z)\, \mathrm{d}z = 0$$
El resultado final es una simple aplicación del teorema de los residuos.
