¿Cómo podemos encontrar una forma cerrada para la siguiente serie infinita para cualquier $m\in\mathbb N$? $$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x+n\pi)^m}$$
Respuesta
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Para obtener la convergencia en el caso específico $m=1$ vamos a reescribir su serie $$f_m(x):=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x+n\,\pi)^m}$$
como : \begin{align} f(x)&:=\frac 1x+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{x+n\,\pi}+\frac{1}{x-n\,\pi}\\ &=\frac 1x+\sum_{n=1}^\infty\frac{2x}{x^2-(n\,\pi)^2}\\ \\ &=\cot(x)\\ \end{align} Esto se deduce por Euler (prueba usando series de Fourier para $\,x:=\pi\,z$).
Es sencillo para obtener : $\;\displaystyle f_{m+1}(x)=\frac {(-1)^{m}}{m!}\left(\frac d{dx}\right)^mf(x)\;$, de modo que \begin{align} f_{m+1}(x)&=\frac {(-1)^m\;\cot^{(m)}(x)}{m!} \\ \end{align} Los primeros resultados de $\;m!\cdot f_{m+1}(x)\,$ se encuentran en la tabla siguiente (suponiendo $\,t:=\tan(x)$) :
\begin{array} {l|c}
m!\cdot f_{m+1}&(-1)^m\,\cot^{(m)}(x)\\
\hline
0!\cdot f_1&\frac 1{t}\\
1!\cdot f_2&\frac {1+1t^2}{t^2}\\
2!\cdot f_3&\frac {2+2t^2}{t^3}\\
3!\cdot f_4&\frac {6+8t^2+2t^4}{t^4}\\
4!\cdot f_5&\frac {24+40t^2+16t^4}{t^5}\\
\end{array}
Desde $\;\left(\tan(x)^n\right)'=+n\,\tan(x)^{n-1}+n\,\tan(x)^{n+1}\;$
mientras que $\;\left(\cot(x)^n\right)'=-n\,\cot(x)^{n-1}-n\,\cot(x)^{n+1}\;$
el triángulo de los coeficientes obtenidos en el numerador será el mismo que el triángulo de los derivados de la $\tan$ función (OEIS A101343 con más referencias de Knuth como el papel de 'Cálculo de la tangente, de Euler, y los números de Bernoulli', Foata y otros).
Esto permite proponer la fórmula general :
$$f_{m+1}(x)=\frac {\sum_{k=0}^{\lfloor (m+1)/2\rfloor}\;c_{m,k}\;\tan(x)^{2k}}{m!\;\tan(x)^{m+1}}=\frac 1{m!}\sum_{k=0}^{\lfloor (m+1)/2\rfloor}\;c_{m,k}\;\cot(x)^{m+1-2k}$$ con $\;\;\displaystyle c_{m,k}:=(m-2(k-1))\;c_{m-1,k-1}+(m-2k)\;c_{m-1,k}\;$ $\;c_0,k=\delta_k^0$
Una explícita de la fórmula' fue propuesto en OEIS : $\;c_{m,k}=\operatorname{tr}_{n,k}+\operatorname{tr}_{n,k-1}\;$ $\operatorname{tr}$ definido por : $$\operatorname{tr}_{n,i}=\sum_{j=j_0}^{2i} \binom{j+n-2\,i-1}{n-2\,i-1}\,(j+n-2\,i)!\;2^{2\,i-j}(-1)^{j-i}\;\operatorname{Stirling}_2(n,j+n-2\,i)$$
(con un número de Stirling del segundo tipo en el derecho y $j_0=1$ si $2\,i>n$ $j_0=0$ más)
