¿Conocemos el límite de $\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{(a i k+b)^2}$ ?

Question

No estoy seguro de que se conozca la forma cerrada de este límite ( $i$ es el imaginario):

$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(a i k+b)^2}$$

Si no lo es, entonces sí, lo encontré. Pero creo que es muy poco probable que no se sepa ya, como con cualquier otra cosa que he descubierto.

Edita: Muy bien, acabo de comprobar la respuesta con el Polygamma en Mathematica, y no da una forma cerrada, pero la tengo y la añado aquí.

Por favor, no vandalizar la calificación de este post de lo contrario no voy a ser capaz de añadir los detalles.

$$\Re\left(\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac1{(aik+b)^2}\right)=-\frac1{2b^2}+\frac1{2(1-e^{-2\pi b/a})^2}\left(\frac{2\pi}a\right)^2e^{-2\pi b/a}$$

Edita: Atendiendo a la petición de los mods, quiero aclarar que la pregunta es sobre si ya se conocía una forma cerrada para lo de abajo (ver mi respuesta para la parte real):

$$\lim_{n\to\infty}\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{(a i j k+b)^k}$$

Answer 1

Así que tenemos $$\frac1{(aik+b)^2}=\frac{1}{b^2-a^2k^2+2abki}$$ $$=\frac{b^2-a^2k^2-2abki}{(b^2-a^2k^2)^2+(2abk)^2}$$ $$=\frac{b^2-a^2k^2-2abki}{b^4-2a^2b^2k^2+a^4k^4+4a^2b^2k^2}$$ $$=\frac{b^2-a^2k^2-2abki}{b^4+2a^2b^2k^2+a^4k^4}$$ $$=\frac{b^2-a^2k^2-2abki}{(b^2+a^2k^2)^2}$$ $$=\frac{b^2-a^2k^2}{(b^2+a^2k^2)^2}-\frac{2abki}{(b^2+a^2k^2)^2}$$ $$\therefore \Re\left(\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac1{(aik+b)^2}\right)=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \frac{b^2-a^2k^2}{(b^2+a^2k^2)^2}$$ $$=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \frac{d}{da}\Bigg(\frac{a}{b^2+a^2k^2}\Bigg)$$ $$=\frac{d}{da}\Bigg(\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \frac{a}{b^2+a^2k^2}\Bigg)$$ $$=\frac{d}{da}\Bigg(\lim_{n\to\infty}\frac{1}{a}\sum_{k=1}^n \frac{1}{(b/a)^2+k^2}\Bigg)$$ $$=\frac{d}{da}\Bigg(\frac{1}{a}\frac{\pi (\frac{b}{a})\coth{(\frac{\pi b}{a})} - 1}{2 (\frac{b}{a})^2}\Bigg)$$ $$=\frac{d}{da}\Bigg(\frac{\pi b \coth{(\frac{\pi b}{a})} - a}{2 b^2}\Bigg)$$ $$=\frac{\pi^2}{2a^2\sinh^2{(\frac{\pi b}{a})}}-\frac{1}{2b^2}$$

Que es lo mismo que tu resultado con algunos reordenamientos.

Answer 2

Abajo está la fórmula que encontré para el caso general. Si alguien sabe si este resultado es ya conocido, por favor hágamelo saber mediante la publicación de enlaces a documentos o páginas.

Lo reclamaré como una prueba diferente, no obstante, en mi artículo arXiv, que publicaré aquí cuando haya terminado:

\begin{multline}\nonumber h(x)=\sum _{k=2}^{\infty}\sum _{j=1}^{\infty}\frac{x^k}{(a j+b)^k}=-\frac{x^2}{2b(b-x)}+\frac{\pi x}{2a}\csc{\frac{\pi b}{a}}\csc{\frac{\pi (b-x)}{a}}\sin{\frac{\pi x}{a}}\\-\frac{x \pi}{a}\int _0^1\left(\csc{\frac{2 \pi (b-x)}{a}}\sin{\frac{2 \pi (b-x)u}{a}}-\csc{\frac{2 \pi b}{a}}\sin{\frac{2 \pi b u}{a}}\right)\cot{\pi u}\,du \end{multline}

Sobre los límites de una progresión armónica generalizada:

https://arxiv.org/abs/1902.06885