Encontrar la infinita suma de la serie $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 +1}$

Question

Esta es una tarea de la pregunta por el cual se supone que debo evaluar:

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 +1}$$

Wolfram Alpha salidas de la respuesta como

$$\frac{1}{2}(\pi \coth(\pi) - 1)$$

Pero no tengo idea de cómo llegar allí. Trató de fracciones parciales (por división en el imaginario de los componentes), trató de comparar con el problema de Basilea (resulta que hay pocas similitudes), nada funcionó.

Answer 1

Utilizando David Cardón del método, http://mathoverflow.net/questions/59645/algebraic-proof-of-an-infinite-sum

Podemos resolver más general de la suma, $$\sum_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{n^{2}+a^{2}} = \frac{\pi}{a} \coth(\pi a).$$

Tenga en cuenta que esta suma satisface las condiciones en el enlace de arriba. Los polos se encuentran en $z=ia$$z=-ia$, por lo que $$\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{n^{2}+a^{2}} = -\pi\left[\operatorname{Res}\left(\frac{\cot(\pi z)}{z^{2}+a^{2}},ia\right) + \operatorname{Res}\left(\frac{\cot(\pi z)}{z^{2}+a^{2}},-ia\right)\right].$$ Cómputo de los residuos: $$\operatorname{Res}\left(\frac{\cot(\pi z)}{z^{2}+a^{2}},ia\right) = \lim_{z\rightarrow ia}\frac{(z-ia)\cot(\pi z)}{(z-ia)(z+ia)} = \frac{\cot(\pi ia)}{2i a} $$ y $$ \operatorname{Res}\left(\frac{\cot(\pi z)}{z^{2}+a^{2}},-ia\right) = \lim_{z\rightarrow -ia}\frac{(z+ia)\cot(\pi z)}{(z+ia)(z-ia)} = \frac{\cot(i\pi a)}{2ia}.$$ Por lo tanto, la suma de estos tenemos $$\sum_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{n^{2}+a^{2}} = -\frac{\pi\cot(i\pi a)}{ia} = \frac{\pi \coth(\pi a)}{a}.$$

Usted debe ser capaz de extender esta idea a su suma con un poco de esfuerzo.

Answer 2

Podemos partir de la Weierstrass producto de la $\sinh$ función de: $$\frac{\sinh z}{z}=\prod_{n=1}^{+\infty}\left(1+\frac{z^2}{\pi^2 n^2}\right)\tag{1} $$ a continuación, considere la posibilidad de la derivada logarítmica de ambos lados. Esto conduce a: $$\coth z-\frac{1}{z}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2z}{z^2+\pi^2 n^2}\tag{2} $$ o a: $$\pi\coth(\pi w)-\frac{1}{w}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2w}{w^2+ n^2}.\tag{3} $$ Ahora acaba de establecer $w=1$$(3)$.

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ \begin{align} \sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over n^{2} + 1}&= \sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over \pars{n + 1 + \ic}\pars{n + 1 - \ic}} ={\Psi\pars{1 + \ic} - \Psi\pars{1 - \ic} \over \pars{1 + \ic} - \pars{1 - \ic}} =\Im\Psi\pars{1 + \ic} \end{align} donde $\Psi\pars{z}$ es la Función Digamma.

Con la identidad de $\ds{\Im\Psi\pars{1 + \ic y} = -\,{1 \over 2y} + \half\,\pi\coth\pars{\pi y}}$ tendremos: $$\color{#00f}{\large% \sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over n^{2} + 1} = \media\bracks{\pi\coth\pars{\pi} - 1}} $$

Answer 4

Hay un poco de cálculo que hay que hacer aquí para asegurarse de Cauchy del Residuo Teorema es aplicable aquí (usted necesita para asegurarse de que ciertas integrales están delimitadas etc), pero este es un boceto:

Vamos

$$ f(z) = \frac {\pi} {(1+z^2)\tan(\pi z)} $$

A continuación, $f$ sencilla polos $\forall n \in \mathbb{Z}$, y también en la $\pm i$.

Usted puede calcular los residuos como

$$ \text{Res}(f(z), n\pi) = \frac {1} {1 + n^2} $$

y

$$ \text{Res}(f(z) \pm i) = \frac {-\pi} {2tanh(\pi)} $$

Si estos son difíciles de calcular para usted, le puedo dar más detalle.

Ahora, vamos a $\Gamma _N$ ser la plaza de contorno con vértices $(N + \frac 1 2) (\pm 1 \pm i)$

Luego de Cauchy del Residuo Teorema nos dice

$$ \int_{\Gamma N} f(z) dz = 2\pi i \sum \text{Res}(f(z), z) $$

Donde la suma es a través de todos los polos en el interior del contorno.

Ahora, podemos ver que la simple polos dentro del contorno son todos los que están en números enteros $n$ s.t. $|n| < N$ e las $\pm i$.

Así

$$ \int_{\Gamma N} f(z) dz = 2\pi i \left [ \frac {-2\pi} {2 \tanh(\pi)} + \sum_{n = -N}^{N} \frac{1} {1 + n^2} \right ] $$

Ahora tenemos que mostrar que la integral de la izquierda se dirige a cero, como se $N$ tiende a infinito. Ahora, voy a dejar esto como un ejercicio para usted (mala suerte), pero la idea básica es encontrar una constante $C_1$ que delimita $\frac {\pi} {tan(\pi z)}$ sobre la parte superior y la parte inferior de la plaza y otro constante $C_2$ a los lados de la plaza y tomamos $C$ a ser el máximo de estos.

Entonces por el Teorema de Estimación tendríamos que

$$ \left | \int_{\Gamma_N} f(z) dz \right | \leq \text{longitud}(\Gamma_N) \text{sup}_{z \in \Gamma _N} |f(z)| \leq 4(2N + 1) C \text{sup}_{z \in \Gamma_N} \left\| \frac {1} {1 + z^2}\right \| \leq \frac {4C(2N + 1)} { 1 + N^2} = O(\frac 1 N) $$

Así que vamos a $N \to \infty$ entonces tenemos

$$ 0 = 2\pi i \left [ \frac {-2\pi} {2 \tanh(\pi)} + \sum_{n = -\infty}^{\infty} \frac{1} {1 + n^2} \right ] $$ Así entonces tenemos $$ 0 = \frac {-\pi} { \tanh(\pi)} + 2\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1} {1 + n^2} + 1 $$ Donde el 1 que tiene al azar apareció es el $n = 0 $ plazo

Así $$ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1} {1 + n^2} = \frac 1 2 \left [\frac {\pi} { \tanh(\pi)} - 1 \right] = \frac 1 2 (\pi \coth (\pi) - 1). $$

Espero que usted sabe algunos de análisis complejo de lo contrario esto podría haber significado nada para ti...

Este método funciona para la mayoría de las sumas a pesar de que (siempre y cuando usted consigue el derecho de las cosas que tiende a cero, lo que debes hacer en este caso) y no creo que jamás he tenido que no funciona.

Si desea evaluar

$$ \sum_{n = 1} ^ {\infty} \phi(n) $$

Donde \phi puede ser fácilmente extendido a todos los de $\mathbb {C}$ usted acaba de tomar $$f(z) = \frac {\pi} {\phi(z) \tan(\pi z)} $$ Y hacer lo mismo, y si desea evaluar $$\sum_{n = 1} ^ {\infty} (-1)^n \phi(n) $$ Usted acaba de tomar $$f(z) = \frac {\pi} {\phi(z) \sin(\pi z)} $$ En cada caso, la integración en el mismo contorno. Espero que esto ayude, y si no sabes mucho de análisis complejo, usted debe aprender más, es muy interesante y poderoso de la zona. Lo siento, este fue el más largo de respuesta alguna.

Answer 5

Esto está relacionado con esta respuesta, donde se muestra que $$ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2-z^2} =\frac{1}{2z}\left[\frac1z-\pi\cuna(\pi z)\right]\etiqueta{1} $$ La ecuación de $(1)$ es válida para todas las $z\in\mathbb{C}$, en particular por $z=i$, lo que da $$ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2+1} =\frac12\left[\pi\coth(\pi)-1\right]\etiqueta{2} $$