Series infinitas $n^7/(\exp(2\pi n)-1)$

Question

Me pareció un tema interesante en este sitio con respecto a la serie que estoy tratando de evaluar:

Sumando $\frac{1}{e^{2\pi}-1} + \frac{2}{e^{4\pi}-1} + \frac{3}{e^{6\pi}-1} + \cdots \text{ad inf}$

Me preguntaba si hay una forma cerrada incluso para m cuando tenemos:

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2m-1}}{e^{2\pi n}-1}$$

Tengo la serie $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{7}}{e^{2\pi n}-1},$$ Estoy tratando de evaluar.

El mencionado hilo menciona que si m > 1 y el impar, entonces podemos usar

$$\frac{B_{2m}}{4m}$$ a encontrar la suma.

Pero, si m es par, la fórmula omite y el término de error.

¿Alguien tiene información sobre este término de error o cómo evaluar mi serie u otros que implican incluso m?.

Me di cuenta de que cuando m=1, no es un término de error de $$-\frac{1}{8\pi}$$

El error parece hacerse más pequeña de la más grande de m, y por lo tanto la potencia de n, se convierte en.

Gracias a todos.

Answer 1

Las respuestas anteriores no mencionar que también podemos encontrar la forma cerrada expresiones mediante el uso armónico de la suma de las fórmulas.

Introducir la suma $$S_m(x) = \sum_{n\ge 1} \frac{(nx)^{2m-1}}{e^{2\pi nx}-1}$$ así que estamos buscando para encontrar $S_m(1).$

La suma plazo es armónico y puede ser evaluado por la inversión de sus Mellin transformar.

Recordar que el armónico suma de identidad $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1} \lambda_k g(\mu_k x);s\right) = \left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} \right) g^*(s)$$ donde $g^*(s)$ es la transformada de Mellin $g(x).$

En el presente caso tenemos $$\lambda_k = 1, \quad \mu_k = k \quad \text{y} \quad g(x) = \frac{x^{2m-1}}{e^{2\pi x}-1}.$$ Necesitamos la transformada de Mellin $1/(e^{2\pi x}-1)$ que es $$\int_0^\infty \frac{1}{e^{2\pi x}-1} x^{m-1} dx = \int_0^\infty \frac{e^{-2\pi x}}{1-e^{-2\pi x}} x^{m-1} dx.$$ Ampliando el interior de la suma obtenemos $$\int_0^\infty \sum_{q\ge 1} e^{-2\pi qx} x^{m-1} dx = \sum_{q\ge 1} \int_0^\infty e^{-2\pi qx} x^{m-1} dx = \Gamma(s) \sum_{q\ge 1} \frac{1}{(2\pi q)^s} = \frac{1}{(2\pi)^s} \Gamma(s) \zeta(s).$$ De ello se desprende que la Mellin transformar $g^*(s)$ $g(x)$ está dado por $$\frac{1}{(2\pi)^{s+2m-1}} \Gamma(s+2m-1) \zeta(s+2m-1).$$ Por lo tanto, la Mellin transformar $Q_m(s)$ $S_m(x)$ está dado por $$\frac{1}{(2\pi)^{s+2m-1}} \Gamma(s+2m-1) \zeta(s)\zeta(s+2m-1).$$

El Mellin de inversión integral aquí es $$\frac{1}{2\pi i} \int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty} Q_m(s)/x^s ds$$ de la cual evaluamos desplazando a la izquierda por una expansión de alrededor de cero.

Necesitamos examinar que los polos de la función gamma plazo son cancelados por los dos zeta función de los términos. Los polos de la función gamma plazo son todos los números enteros menores o iguales a $-(2m-1).$ La llanura zeta plazo cancela todos los incluso queridos y también cancela el uno al $-(2m-1)+1$ desde el compuesto zeta término al $m>1.$ El compuesto zeta plazo cancela todos los impares, comenzando desde los $-(2m-1)-2.$ Esto deja sólo dos polos en $s=1$ y a las $s=-(2m-1).$

Por lo tanto tenemos los siguientes residuos que contribuyen: $$\mathrm{Res}(Q_m(s)/x^s; s=1) = \frac{1}{(2\pi)^{2m}} \Gamma(2m) \zeta(2m) \frac{1}{x} \\= \frac{1}{(2\pi)^{2m}} (2m-1)! \frac{(-1)^{m+1} B_{2m} (2\pi)^{2m}}{2\times (2m)!} \frac{1}{x} = \frac{(-1)^{m+1} B_{2m}}{2\times 2m} = \frac{(-1)^{m+1} B_{2m}}{4m} \frac{1}{x}$$ y $$\mathrm{Res}(Q_m(s)/x^s; s=-(2m-1)) = \zeta(-(2m-1)) \zeta(0) x^{2m-1} \\= -\frac{1}{2} \times -\frac{B_{2m}}{2m} x^{2m-1}= \frac{B_{2m}}{4m} x^{2m-1}.$$ Al $m=1$ hay un poste en$s=0$, lo que contribuye $$ \mathrm{Res}(Q_m(s)/x^s; s=0) = -\frac{1}{4\pi}.$$

Ahora nos especializamos en el caso de $m$ es impar y por lo menos tres. A continuación, podemos observar un hecho que es de vital importancia, a saber, que $Q(s)$ es impar en la línea $\Re(s) = -(m-1),$ que ahora íbamos a probar.

Recordar la fórmula para $Q(s),$, lo que fue $$\frac{1}{(2\pi)^{s+2m-1}} \Gamma(s+2m-1) \zeta(s)\zeta(s+2m-1).$$ Ahora pon $s = -(m-1)+it$ para obtener $$\frac{1}{(2\pi)^{m+it}} \Gamma(m+it) \zeta(-m+it+1)\zeta(m+it).$$ Utilizando la ecuación funcional de la Riemann zeta función en el primer zeta función plazo, esto se convierte en $$\frac{2}{(2\pi)^{2m}} \Gamma(m+) \Gamma(m -) \zeta(m+) \zeta(m -) \cos\left(\frac{1}{2}(m -)\pi\right).$$ Ahora el uso de la serie de la representación de la función zeta en la mitad de avión $\Re(s)>1$ es fácil ver que los dos zeta función de los términos son los conjugados de cada uno de los otros y, por tanto, su producto es un número real. Lo que es más importante el valor se mantiene igual al $t$ cambia de signo. Del mismo modo el límite de la definición de la función gamma muestra que el producto de las dos de la función gamma términos es un número real, que también se mantiene igual al $t$ cambia de signo. El factor de en frente, no depende del $t.$ Que deja $$\cos\left(\frac{1}{2}(m -)\pi\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2}m - \frac{\pi}{2}\right) = (-1)^{\frac{m-1}{2}} \sin\left(\frac{\pi}{2}\right).$$ Este término es, en efecto extraño en $t$ con el que concluye el argumento.

Volver a la original de cálculo ahora sabemos a cambio de la integral de $\Re(s) = 3/2$ $\Re(s) = -(m-1),$recogiendo sólo el residuo de a $s=1$ y se benefician del hecho de que la contribución de la izquierda segmento vertical es cero. (Set $x=1$ antes del turno.) Hemos establecido que para $m$ impar y $m>1,$ $$\sum_{n\ge 1} \frac{n^{2m-1}}{e^{2\pi n}-1} = (-1)^{m+1} \frac{B_{2m}}{4m} = \frac{B_{2m}}{4m}.$$ Hay un término de corrección de $1/\pi/8$ al $m=1$ originarios como la mitad de la contribución de la pole en cero, que es en el lado izquierdo de la curva de nivel.

Answer 2

Echa un vistazo a la ecuación de $(6)$ en Ramanujan la Fórmula de la Derivada Logarítmica de la Función Gamma por David Bradley.

Tenga en cuenta que justo antes de la fórmula que dice: "$N$ ser un entero positivo," pero la fórmula es válido para el negativo $N$.

EDIT: para responder A Cody pregunta en los comentarios:

Al $N$ es un entero negativo, incluso, donde $N=-2m,$ la suma en el lado derecho de la $(6)$ es el vacío de la suma, y así es igual a cero. Esto significa que para $N=-4$ hemos

$$\sum_{k=1}^\infty \frac{k^7}{ e^{2\pi k} -1 } = \frac{\pi}{8} \sum_{k=1}^\infty \frac{k^8}{ \sinh^2(\pi k) } - \frac{1}{480}$$

y, más en general

$$\sum_{k=1}^\infty \frac{k^{4 m-1}}{ e^{2\pi k} -1 } = \frac{\pi}{4m} \sum_{k=1}^\infty \frac{k^{4m}}{ \sinh^2(\pi k) } + \frac{B_{4m}}{8}.$$

Answer 3

Las sumas que se desea que aparezcan en $\displaystyle E_{4k}(q)=1-\frac{4k}{B_{2k}}\sum_{n \ge 1}\frac{n^{4k-1} q^n}{1-q^n}\,$, $q=e^{-2\pi}$ $B_{2k}$ ${2k}\,$th número de Bernoulli. Por la relación de recurrencia de la Wikipedia (que utiliza $d_k=(4k+6)E_{2k+4}k!\zeta(2k+4)$), todos los $E_{4k\ge 8}$ puede ser expresado en términos de $E_4$ $E_6$ (pero $E_6(e^{-2\pi})\,$=$0$, tan sólo tendrá que considerar la posibilidad de $E_4$).

Ahora para encontrar $E_4$, enchufe $\tau=i\;$ a de la ecuación para el modular discriminante$$g_2^3(\tau)-27g_3^2(\tau)=(2\pi)^{12}e^{2i\pi\tau}\prod_{k\ge 1}(1-e^{2ik\pi\tau})^{24}$$and use the well known value $\prod_{k\ge 1}(1-e^{-2k\pi})=\frac{e^{\pi/12}\Gamma(1/4)}{2\pi^{3/4}}$ along with $g_2(i)=120\zeta(4)E_4(e^{-2\pi})$ and $g_3(i)=0$ (N.B. $g_3(i)=280\zeta(6)E_6(e^{-2\pi})$)

Finalmente, las relaciones de recurrencia para simplificar $E_{4n}=A_n E_4^n$ donde $A_n$ es bastante difícil de manejar, número racional (los primeros, aunque puede ser calculado fácilmente desde el enlace de Wikipedia anteriormente, en el apartado "Productos de Eisenstein, de la serie").

(Edit) me ha confirmado que las dos primeras sumas de dinero se $\sum_{k\ge1} \frac{k^3}{e^{2\pi k}-1}=-\frac1{240}+\frac{3\Gamma^8(1/4)}{64\pi^6}$$\sum_{k\ge1} \frac{k^7}{e^{2\pi k}-1}=-\frac1{480}+\frac{9\Gamma^{16}(1/4)}{4096\pi^{12}}$, pero no obtuve resultados consistentes con Maple para la siguiente suma.

(No debería haber ningún extraño espacios de ahora.)