En $\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n^2+bn+c} = \frac{\pi \tan\big(\frac{\pi}2\sqrt{b^2-4c}\big)}{\sqrt{b^2-4c}}+x$ y solucionable grupos de Galois?

Question

En este comentario, yo apresuradamente supone que, en el $$\sum_{\color{blue}{n=0}}^\infty \frac{1}{n^2+bn+c} = \frac{\pi \tan\big(\frac{\pi}2\sqrt{b^2-4c}\big)}{\sqrt{b^2-4c}}$$ De hecho, esto es válido sólo para $b=1$ y, como Robert Israel señaló, para general $b$ falta racional plazo. Así, por extraño $b$ tenemos,

$$\begin{aligned} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n^2+n+c} &= \frac{\pi \tan\big(\frac{\pi}2\sqrt{1^2-4c}\big)}{\sqrt{1^2-4c}}\\ \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n^2+3n+c} &= \frac{\pi \tan\big(\frac{\pi}2\sqrt{3^2-4c}\big)}{\sqrt{3^2-4c}}-\frac1{c-2}\\ \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n^2+5n+c} &= \frac{\pi \tan\big(\frac{\pi}2\sqrt{5^2-4c}\big)}{\sqrt{5^2-4c}}-\frac{2c-10}{(c-4)(c-6)}\\ \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n^2+7n+c} &= \frac{\pi \tan\big(\frac{\pi}2\sqrt{7^2-4c}\big)}{\sqrt{7^2-4c}}-\frac{3c^2-56c+252}{(c-6)(c-10)(c-12)}\end{aligned}$$

Pero estoy teniendo problemas para encontrar $b=9$.

Preguntas:

1. ¿Cuál es la racional plazo para $b=9$?
2. Para $b=2m+1$ e $m>0$, es cierto que el racional plazo tiene forma de $\displaystyle \frac{P_1(c)}{P_2(c)}$ donde $P_1(c)$ es un polinomio de grado $m-1$, mientras que $P_2(c)$ tiene el grado $m$?
3. Esto puede ser como tirar una curva, pero las ecuaciones $P_1(c)=0$ e $P_2(c)=0$ han solucionable grupos de Galois?

Answer 1

Así, si un polinomio cuadrático $p(x)$ tiene un negativo discriminante, $\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{p(n)}$ puede ser encontrado a través de la distribución de Poisson suma fórmula o simplemente por considerar $\frac{d}{dx}\log(\cdot)$ que se aplica a la Weierstrass producto para la función coseno. Por ejemplo

$$\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{n^2+9n+c}=4\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(2n+9)^2+(4c-49)}=4\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(2n+9)^2+\sqrt{4c-81}^2}$$ y asumiendo $d>0$ $$ \sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(2n+1)^2+d^2}=\frac{\pi}{2d}\,\tan\frac{\pi d}{2} $$ así que, asumiendo $c>\frac{81}{4}$ hemos $$\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{n^2+9n+c}=\frac{2\pi\tan\left(\pi\sqrt{c-\tfrac{81}{4}}\right)}{\sqrt{4c-81}} $$ y $p(n)=n(n+9)+c$ cumple $p(n)=p(-n-9)$, de modo que el lado izquierdo de la línea anterior puede ser escrita como $$ 2\sum_{n\geq 0}\frac{1}{n^2+9n+c}+\sum_{k=1}^{8}\frac{1}{p(-k)}$$ tal que $$\sum_{n\geq 0}\frac{1}{n^2+9n+c}=\frac{\pi\tan\left(\pi\sqrt{c-\tfrac{81}{4}}\right)}{\sqrt{4c-81}}-\frac{4 \left(c^3-45c^2+654c-3044\right)}{(c-8)(c-14)(c-18)(c-20)}.$$ $P_2(c)$ la tiene bastante clara la estructura, no estoy tan seguro acerca de que el grupo de Galois de $P_1(c)$ sobre $\mathbb{Q}$, pero la misma manipulación se aplica en el caso general.

Answer 2

Parece que lo que hay que mirar es $$\sum_{n=-\infty}^\infty\frac1{n^2+bn+c}.$$ Esto sin duda es expresable en términos de la función digamma.

Su fracción racional es sin duda un artefacto de insistir en tomar una sola cara de la suma. Como un ejemplo, $$\sum_{n=0}^\infty\frac1{n^2+9n+c} =\sum_{m=-\infty}^{-9}\frac1{(-9-m)^2+9(-9-m)+c} =\sum_{m=-\infty}^{-9}\frac1{m^2+9m+c}$$ y así

\begin{align} \sum_{n=0}^\infty\frac1{n^2+9n+c} &=\frac12\sum_{n=-\infty}^\infty\frac1{n^2+9n+c}-\frac12 \sum_{n=-8}^{-1}\frac1{n^2+9n+c}\\ &=\frac12\sum_{n=-\infty}^\infty\frac1{n^2+9n+c}- \left(\frac1{c-8}+\frac1{c-14}+\frac1{c-18}+\frac1{c-20}\right) \end{align} etc.