que $$\left(\dfrac{x}{1-x^2}+\dfrac{3x^3}{1-x^6}+\dfrac{5x^5}{1-x^{10}}+\dfrac{7x^7}{1-x^{14}}+\cdots\right)^2=\sum_{i=0}^{\infty}a_{i}x^i$ $
Cómo encontrar el $a_{2^n}=?$
mi idea: dejar $$\dfrac{nx^n}{1-x^{2n}}=nx^n(1+x^{2n}+x^{4n}+\cdots+x^{2kn}+\cdots)=n\sum_{i=0}^{\infty}x^{(2k+1)n}$ $ gracias todos
El cuadrado de la suma es $$\sum_{u\geq0}\left[\sum_{\substack{n,m,k,l\geq0\\(2n+1)(2k+1)+(2m+1)(2l+1)=u}}(2n+1)(2m+1)\right]x^u.$$
Es fácil de usar esta fórmula para calcular la primera coeficientes, y obtenemos (a partir de $a_1$) $$0, 1, 0, 8, 0, 28, 0, 64, 0, 126, 0, 224, 0, 344, 0, 512, 0, 757, 0, 1008, 0, 1332, 0, 1792, 0, 2198, 0, 2752, 0, 3528, \los puntos$$ Podemos ver que el extraño indexados son cero. Miramos el incluso en la OEIS y vemos que $a_{2n}$ es la suma de los cubos de los divisores $d$ $n$ tal que $n/d$ es impar.
En particular, $a_{2^n}=2^{3(n-1)}$.
Observe que la suma $$\sum_{\substack{n,m,k,l\geq0\\(2n+1)(2k+1)+(2m+1)(2l+1)=u}}(2n+1)(2m+1)$$ can be written, if we group the terms according to what the products $=(2n+1)(2k+1)$ and $y=(2m+1)(2l+1)$ are, in the form $$\sum_{\substack{x+y=2u\\\text{$x$ and $y$ odd}}}\left(\sum_{a\mid x}a\right)\left(\sum_{b\mid x}b\right)=\sum_{\substack{x+y=2u\\\text{$x$ and $y$ odd}}}\sigma(x)\sigma(y),$$ where as usual $\sigma(x)$ denotes the sum of the divisors of $x$. This last sum is in fact equal to $$\sum_{x+y=2u}\sigma(x)\sigma(y)-\sum_{x+y=u}\sigma(2x)\sigma(2y).$$ La primera suma es $\tfrac{1}{12}(5\sigma_3(n)-(6n+1)\sigma(n))$, como se observa por Ethan (referencias en el artículo de la wikipedia)
Deje $\chi_2(n)$ ser el carácter de Dirichlet modulo $2$
Definir $\sigma'(n)=\sum_{d\mid n}d\chi_2(d)$
$$\sum_{n=1}^\infty\sigma'(n)x^n=\sum_{n=1}^\infty \frac{\chi_2(n)nx^n}{1-x^{2n}}=\sum_{n \text{ odd}}\frac{nx^n}{1-x^{2n}}$$
$$(\sum_{n \text{ odd}}\frac{nx^n}{1-x^{2n}})^2=\sum_{n=2}^\infty\sum_{k=1}^{n-1}\sigma'(n)\sigma'(n-k)x^n=\sum_{n=0}^\infty a_nx^n$$
Con $a_0=0$, $a_1=0$, y para $n>1$
$$a_n=\sum_{k=1}^{n-1}\sigma'(n-k)\sigma'(k)$$
Si buscas una escuela primaria evaluación de este, y su no familiarizado con la teoría de funciones elípticas usted podría tratar de leer esto chicos del blog, http://math.stackexchange.com/users/72031/paramanand-singh que utiliza primaria propiedades de las funciones trigonométricas y las manipulaciones de varias series para demostrar la convolución de las identidades, si esto es demasiado para usted, usted podría tratar de buscar básica combinatoral identidades que pueden ser utilizados para dar "elemental" evaluaciones de divisor suma circunvoluciones. Por ejemplo Skoruppa la combinatoria de identidad: $$\sum_{\substack{ax+by \\ (a,b,x,y)\in \mathbb{N^{4}}}}h(a,b)-h(a,-b)=\sum_{d\mid n} (\frac{n}{d}h(d,0)-\sum_{j=0}^{n-1}h(d,j))$$ For a function satisfying $h(y,y-x)=h(x,y)$
Por ejemplo, tenga en cuenta que $$(x-y)^2+x^2+y^2$$ Satisfaga esta restricción y el momento de la sustitución da la agradable identidad, $$\sum_{k=1}^{n-1}\sigma(k)\sigma(n-k)=\frac{5\sigma_3(n)}{12}-\frac{(6n-1)\sigma(n)}{12}$$
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