¿Se sabe? Una suma sobre paralelogramos de malla de área uno es igual a $\pi$

Question

Recientemente descubrí una fórmula, mi demostración es realmente una demostración de secundaria en tres líneas.

$$4\sum_{x, \, y \, \in \, \mathbb Z_{\geq 0}^2, \, \det(x \ \ y) = 1} \frac{1}{\lVert x\rVert^2\cdot\lVert y\rVert^2\cdot \lVert x+y\rVert^2} = \pi$$

Sumamos sobre todos los pares de vectores enrejados en el primer cuadrante tal que el área orientada del paralelogramo formado por ellos sea uno. Nota que cada vector primitivo en el primer cuadrante aparece como $x+y$ para algún par único $x$ y $y.$ Por lo tanto, puede verse como una especie de función zeta para los enteros gaussianos.

Debería ser conocido por la humanidad, pero no puedo encontrar algo similar. ¿Quién puede sugerir una fuente donde buscar tales fórmulas?

Más adelante publicaré mi demostración aquí, pero antes te animo a sugerir otras demostraciones =) ¡Quizás de esta manera podamos descubrir algunas conexiones interesantes!

Answer 1

Estoy muy curioso de cómo se descubrió esta identidad. Aquí hay una prueba. Si tengo tiempo, limpiaré un poco.

Como es bien sabido, hay una triangulación del plano hiperbólico, con vértices en los puntos $\mathbb{Q} \cup \{ \infty \} \subset \mathbb{RP}^1$, tal que hay un borde entre $\tfrac{x_1}{y_1}$ y $\tfrac{x_2}{y_2}$ si y solo si $x_1 y_2 - x_2 y_1 = \pm 1$. Además, este borde está en dos triángulos, cuyos terceros vértices son $\tfrac{x_1+x_2}{y_1+y_2}$ y $\tfrac{x_1-x_2}{y_1-y_2}$. Sumando sobre todas las matrices enteras no negativas con $x_1 y_2 - x_2 y_1=1$ es lo mismo que sumar sobre todos los triángulos en la mitad derecha del plano hiperbólico. Prefiero sumar sobre todo el plano hiperbólico, así que mi objetivo es demostrar que la suma es $\pi/2$, no $\pi/4$, una vez que se utilizan todos los triángulos.

Ahora, use la parametrización estándar de los tríos pitagóricos en el círculo unitario: $$\phi(x,y) := \left( \frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}, \frac{2xy}{x^2+y^2} \right).$$ Si tenemos un triángulo en el plano hiperbólico con vértices en $(x_1, y_1)$, $(x_2, y_2)$, $(x_3, y_3)$, entonces consideramos $\phi(x_1, y_1)$, $\phi(x_2, y_2)$, $\phi(x_3, y_3)$ como los vértices de un triángulo euclidiano ordinario inscrito en el círculo unitario. Calculemos el área de ese triángulo. Es

$$\frac{1}{2} \det \begin{bmatrix} \frac{x_1^2-y_1^2}{x_1^2+y_1^2} & \frac{x_2^2-y_2^2}{x_2^2+y_2^2} & \frac{x_3^2-y_3^2}{x_3^2+y_3^2} \\ \frac{2 x_1 y_1}{x_1^2+y_1^2} & \frac{2 x_2 y_2}{x_2^2+y_2^2} & \frac{2 x_3 y_3}{x_3^2+y_3^2} \\ 1&1&1 \\ \end{bmatrix}=$$ $$ \frac{1}{2 (x_1^2+y_1^2)(x_2^2+y_2^2)(x_3^2+y_3^2)} \det \begin{bmatrix} x_1^2-y_1^2 & x_2^2-y_2^2 & x_3^2-y_3^2 \\ 2 x_1 y_1 & 2 x_2 y_2 & 2 x_3 y_3 \\ x_1^2+y_1^2 & x_2^2+y_2^2 & x_3^2+y_3^2 \\ \end{bmatrix}.$$ La matriz se factoriza como $$\begin{bmatrix} 1&0&-1 \\ 0&2&0 \\ 1&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1^2 & x_2^2 & x_3^2 \\ x_1 y_1 & x_2 y_2 & x_3 y_3 \\ y_1^2 & y_2^2 & y_3^2 \\ \end{bmatrix}.$$ El primer factor tiene determinante $4$ y el segundo es una matriz de Vandermonde con determinante: $$(x_1 y_2 - x_2 y_1) (x_1 y_3 - x_3 y_1) (x_2 y_3 - x_3 y_2).$$ Pero se supone que cada uno de los factores de Vandermonde es $1$. Así que, poniéndolo todo junto, el área del triángulo es $$\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{1}{2 (x_1^2+y_1^2)(x_2^2+y_2^2)(x_3^2+y_3^2)} = \frac{2}{(x_1^2+y_1^2)(x_2^2+y_2^2)(x_3^2+y_3^2)}.$$

Los triángulos cubren todo el círculo, por lo que su área total es $\pi$, y obtenemos que la suma de $\frac{1}{(x_1^2+y_1^2)(x_2^2+y_2^2)(x_3^2+y_3^2)}$ sobre todos los triángulos es $\pi/2$, como se deseaba.

Answer 2

Esta no es una prueba, pero como estás interesado en conexiones, tengo una generalización conjetural. Lo he verificado numéricamente en varios casos pequeños.

Sea $f(x,y)=ax^2+bxy+cy^2$ una forma cuadrática definida positiva con $a,b,c\in\mathbb{Z}$, y sea $A$ el área de la elipse $f(x,y) \leq 1$. Entonces $$ \sum (f(x_1,y_1)f(x_2,y_2)f(x_3,y_3))^{-1} = \frac{A^3}{\pi^2}, $$ donde la suma es sobre todos los conjuntos $\{(x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)\}$ tales que $x_1+x_2+x_3=y_1+y_2+y_3=0$ y $\left|\det \begin{pmatrix} x_1 & x_2 \\ y_1 & y_2 \end{pmatrix}\right| = 1$ (lo que implica lo mismo para los otros dos pares).

La motivación para esto viene del topógrafo de Conway para formas cuadráticas. Los tres factores en cada término de la suma son los números en las tres caras que se encuentran en cada nodo del topógrafo para $f$. Ten en cuenta que cada vértice del topógrafo se cuenta dos veces, ya que contamos $(x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)$ y $(-x_1,-y_1),(-x_2,-y_2),(-x_3,-y_3)$ por separado (en la terminología de Conway, la suma es sobre superbases estrictas, no superbases).

Probablemente esto se puede demostrar siguiendo las mismas líneas que la respuesta de David E Speyer, pero aún no he intentado hacerlo.

Actualización: Esta versión de tu fórmula fue publicada por Hurwitz en 1905 en un artículo titulado "Über eine Darstellung der Klassenzahl binärer quadratischer Formen durch unendliche Reihen" (ver §4, ecuación (8)). También se puede encontrar en Dickson, "History of the Theory of Numbers," Vol. III, página 167. La prueba que se da ahí es esencialmente la misma que la de David E Speyer. (De paso, su prueba se puede simplificar observando que la longitud de la arista que conecta las imágenes de $a/b$ y $c/d$ es $$ \frac{2}{\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}} $$ y luego aplicando la fórmula $K=\frac{abc}{4R}$ que menciona en los comentarios).

Encontré estas referencias buscando artículos que mencionen la suma sobre los vértices de un topógrafo. Esto me llevó a un preprint muy reciente de Cormac O'Sullivan, que contiene la fórmula de Hurwitz expresada en términos topográficos (Teorema 9.1). La fuente de O'Sullivan es este artículo de Duke, Imamoglu y Tóth.

Todas estas referencias contienen una serie de fórmulas relacionadas y conexiones con la teoría de formas cuadráticas (no solo definidas positivas, y no solo binarias) que podrían ser de tu interés.