Evaluar $\sum _{n=1}^{\infty } \frac{\sin \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\left(a^2+n^2\right)^{3/2}}$ y generalizarlo

Question

En este puesto se demuestra lo siguiente

$$\small \sum _{n=1}^{\infty } \frac{\sin \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\sqrt{a^2+n^2}}=\frac{1}{2} \pi J_0(a x)-\frac{\sin (a x)}{2 a},\ \ \sum _{n=1}^{\infty } \frac{\cos \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\sqrt{a^2+n^2}}=-\frac{1}{2} \pi Y_0(a x)-\frac{\cos (a x)}{2 a}$$

Pero cómo establecer el más difícil

$$\small\sum _{n=1}^{\infty } \frac{\sin \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\left(a^2+n^2\right)^{3/2}}=-\frac{\sin (a x)}{2 a^3}+\frac{\pi x \coth (\pi a)}{2 a}+\frac{1}{4} \pi ^2 x^2 (\pmb{H}_1(a x) J_0(a x)-\pmb{H}_0(a x) J_1(a x))-\frac{1}{2} \pi x^2 J_0(a x)+\frac{\pi x J_1(a x)}{2 a}$$

Aquí $J, \pmb{H}$ denota las funciones de Bessel y Struve.

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Actualización: Por el teorema de M-L y la integración repetida se tiene

$$\small \sum _{n=1}^{\infty } \frac{\cos \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\left(a^2+n^2\right)^2}=-\frac{\cos (a x)}{2 a^4}+\frac{\pi \coth (\pi a)}{4 a^3}+\frac{1}{8} \pi ^2 x^3 \left(1-\frac{1}{a^2 x^2}\right) F(a x)+\frac{\pi ^2 \text{csch}^2(\pi a)}{4 a^2}+\frac{1}{4} \pi x^3 J_0(a x)-\frac{\pi x^2 \coth (\pi a)}{4 a}-\frac{\pi x^2 J_1(a x)}{4 a}$$

Dónde $F(t)=\pmb{H}_0(t) J_1(t)-\pmb{H}_1(t) J_0(t)$ . La continuación analítica nos permite ampliar el rango a $|a|<1$ , $x\in (0,2\pi)$ por ejemplo

$$\small\sum _{n=1}^{\infty } \frac{\cos \left(\sqrt{4 n^2-1}\right)}{\left(n^2-\frac{1}{4}\right)^2}=2 \pi ^2 \pmb{L}_1(1) I_0(1)-2 \pi ^2 \pmb{L}_0(1) I_1(1)+\pi ^2-8 \cosh (1)+2 \pi I_0(1)-2 \pi I_1(1)$$

Además, diferenciando la forma cerrada de $\sum _{n=1}^{\infty } \left(\frac{\sin \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\sqrt{a^2+n^2}}-\frac{\sin (n x)}{n}\right)$ en relación con $x$ rendimientos:

$$\small\sum _{n=1}^{\infty } \left(\cos \left(\pi \sqrt{n^2+1}\right)-(-1)^n\right)=1-\frac{\pi J_1(\pi )}{2}$$

Answer 1

Utilizando la representación \begin{equation} \frac{\sin \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\left(a^2+n^2\right)^{3/2}}=x\int_0^1 \frac{\cos \left(tx \sqrt{a^2+n^2}\right)}{a^2+n^2}\,dt\\ \end{equation} y la integración por partes, \begin{equation} \frac{\sin \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\left(a^2+n^2\right)^{3/2}}=x\frac{\cos \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{a^2+n^2}+x^2\int_0^1 t\frac{\sin \left(tx \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\sqrt{a^2+n^2}}\,dt \end{equation} Tenemos entonces que evaluar \begin{align} S(x)&=\sum_{n\ge1}\frac{\sin \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\left(a^2+n^2\right)^{3/2}}\\ &=xA(x)+x^2B(x)\\ A(x)&=\sum_{n\ge1}\frac{\cos \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{a^2+n^2}\\ B(x)&=\sum_{n\ge1}\int_0^1 t\frac{\sin \left(tx \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\sqrt{a^2+n^2}}\,dt \end{align} Tenemos \begin{align} A'(x)&=-\sum_{n\ge1}\frac{\sin \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\sqrt{a^2+n^2}}\\ &=-\frac{1}{2} \pi J_0(a x)+\frac{\sin (a x)}{2 a} \end{align} Y así, considerando que \begin{equation} A(0)=\sum_{n\ge1}\frac{1}{n^2+a^2}=\frac{\pi}{2a}\coth \pi a-\frac{1}{2a^2} \end{equation} deducimos \begin{align} &A(x)=\frac{\pi}{2a}\coth \pi a-\frac{1}{2a^2}+\int_0^x\left[\frac{\sin (a t)}{2 a}-\frac{1}{2} \pi J_0(a t)\right]\,dt\\ &=\frac{\pi}{2a}\coth \pi a-\frac{1}{2a^2}+\frac{x\pi^2}{4}\left( \pmb{H}_1(a x) J_0(a x)-\pmb{H}_0(a x) J_1(a x) \right)-\frac{x\pi}{2}J_0(ax)+\frac{1-\cos ax}{2a^2} \end{align} Ahora, \begin{align} B(x)&=\int_0^1 \left[\frac{1}{2} \pi J_0(a xt)-\frac{\sin (a xt)}{2 a}\right]t\,dt\\ &=\frac{1}{x^2}\int_0^x\left[\frac{1}{2} \pi J_0(a u)-\frac{\sin (a u)}{2 a}\right]u\,du\\ &=\frac{\pi }{2ax}J_1(ax)+\frac{\cos ax}{2xa^2}-\frac{\sin xa}{2x^2a^3}\\ \end{align} Finalmente, como era de esperar, \begin{align} S(x)=&\frac{\pi x}{2a}\coth \pi a-\frac{x}{2a^2}+\frac{x^2\pi^2}{4}\left( \pmb{H}_1(a x) J_0(a x)-\pmb{H}_0(a x) J_1(a x) \right)-\frac{x^2\pi}{2}J_0(ax)\\ &+\frac{x}{2a^2}+ \frac{x\pi }{2a}J_1(ax)-\frac{\sin ax}{2a^3} \end{align} La serie con cosenos podría evaluarse de la misma manera. De hecho trabajando directamente con números complejos $\exp\left(i x\sqrt{n^2+a^2} \right)$ y las funciones de Hankel pueden simplificar, pero no lo he intentado. Las integrales indefinidas de $H_0^{1}(z)$ y $zH_0^{1}(z)$ están efectivamente tabuladas DLMF .

Answer 2

Resulta que ya he cometido algunos errores y la integración directa puede servir para resolver el problema. Precisamente, utiliza el teorema de Mittag-Leffler sobre las funciones cotangentes para encontrar los valores de $\sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{a^2+n^2}$ , $\sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{\left(a^2+n^2\right)^2}$ y así sucesivamente. Estos dan los términos constantes en nuestra respuesta. La clave en este problema es la integración de las funciones de Bessel, que puede resolverse utilizando relaciones contiguas de hipergeometría generalizada $1F2$ funciones (éstas, junto con otras identidades funcionales utilizadas, están tabuladas en la página web de wolfram que he enlazado anteriormente). Después de la cauculación tenemos eso: $$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{\sin \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\sqrt{a^2+n^2}}=\frac{1}{2} \pi J_0(a x)-\frac{\sin (a x)}{2 a}$$ $$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{\cos \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{a^2+n^2}=-\frac{\cos (a x)}{2 a^2}-\frac{1}{4} \pi ^2 x F(a x)-\frac{1}{2} \pi x J_0(a x)+\frac{\pi \coth (\pi a)}{2 a}$$ $$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{\sin \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\left(a^2+n^2\right)^{3/2}}=-\frac{\sin (a x)}{2 a^3}-\frac{1}{4} \pi ^2 x^2 F(a x)-\frac{1}{2} \pi x^2 J_0(a x)+\frac{\pi x \coth (\pi a)}{2 a}+\frac{\pi x J_1(a x)}{2 a}$$ $$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{\cos \left(x \sqrt{a^2+n^2}\right)}{\left(a^2+n^2\right)^2}=-\frac{\cos (a x)}{2 a^4}+\frac{\pi \coth (\pi a)}{4 a^3}+\frac{1}{8} \pi ^2 x^3 \left(1-\frac{1}{a^2 x^2}\right) F(a x)+\frac{\pi ^2 \text{csch}^2(\pi a)}{4 a^2}+\frac{1}{4} \pi x^3 J_0(a x)-\frac{\pi x^2 \coth (\pi a)}{4 a}-\frac{\pi x^2 J_1(a x)}{4 a}$$ Dónde $$F(t)=\pmb{H}_0(t) J_1(t)-\pmb{H}_1(t) J_0(t)$$ Se compone de funciones de Bessel y Struve. De hecho por continuación analítica $a$ puede establecerse como cualquier número complejo con módulo menor que $1$ y $x$ está entre $0$ y $2 \pi$ como siempre. Por ejemplo, $$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{\cos \left(\sqrt{4 n^2+1}\right)}{\left(n^2+\frac{1}{4}\right)^2}=-8 \cos (1)+\pi ^2 \text{csch}^2\left(\frac{\pi }{2}\right)+2 \pi J_0(1)-2 \pi J_1(1)$$ $$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{\cos \left(\sqrt{4 n^2-1}\right)}{\left(n^2-\frac{1}{4}\right)^2}=2 \pi ^2 \pmb{L}_1(1) I_0(1)-2 \pi ^2 \pmb{L}_0(1) I_1(1)+\pi ^2-8 \cosh (1)+2 \pi I_0(1)-2 \pi I_1(1)$$ Sin embargo, el caso del coseno aún no está completamente resuelto. Continuaré cuando se hagan más descubrimientos.