Una identidad integral de Ramanujan ' cuadernos de s

Question

La navegación a través de cuadernos de Ramanujan, he encontrado la siguiente identidad, sin la prueba de curso (Cuaderno 1, pág. 130):

En otras palabras (me llevó un tiempo darse cuenta de que la parte inferior de integración bound es un cero, no una):

Deje que $a \in (0,\pi$. Entonces

$$ \int_0^\infty \frac{e^{ax}-e^{-ax}}{e^{\pi x}-e^{-\pi x}} \frac{dx}{1+n^2 x^2} \quad = \quad \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1} \frac{\sin(ka)}{1+kn} $$

que es bastante sorprendente si es cierto.

Efectivamente, los controles de identidad a cabo numéricamente para varios valores de $a$ y $n$. Mi pregunta, entonces, es cómo probar que la identidad es realmente correcto.

Answer 1

Es un buen identidad, pero esta es bastante simple en comparación con algunos de los otros resultados mágicos en el cuaderno. La función $f(a) = \int_0^\infty \frac{e^{ax}-e^{-ax}}{e^{\pi x}-e^{-\pi x}} \frac{{\rm d}x}{1+n^2 x^2}$ es impar entonces la serie de Fourier de $f$ en $[-\pi,\pi]$ es

$$f(a) = \sum_{k=1}^\infty c_k\sin(ka)\implica c_k = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(a)\sin(ka)\,{\rm d}$$

La evaluación de la integral sobre $el$ uso $de$\int_{-\pi}^\pi\sin(ka)(e^{ax}-e^{-ax}){\rm d} = \frac{2k(-1)^{k+1}}{k^2+x^2} e^{\pi x} - e^{-\pi x})$$ nos da

$$c_k = \frac{2k (-1)^{k+1}}{\pi}\int_0^\infty\frac{{\rm d}x}{(k^2+x^2)(1+n^2x^2)} \\= \frac{2k (-1)^{k+1}}{\pi}\frac{1}{n^2k^2-1}\int_0^\infty\left[-\frac{1}{k^2+x^2} + \frac{n^2}{1+n^2x^2}\right]{\rm d}x = \frac{(-1)^{k+1}}{1+kn}$$

donde me $\int_0^\infty\frac{dx}{1+x^2}=\frac{\pi}{2}$ para evaluar el final de las integrales.

Answer 2

Aquí hay otra solución usando el teorema de los residuos. Si tratamos de integrar la función $\frac{\sinh(az)}{\sinh(\pi z)}\frac{1}{1+n^2z^2}$ directamente, entonces obtenemos el resultado

$$\int_0^\infty \frac{\sinh(ax)}{\sinh(\pi x)}\frac{{\rm d}x}{1+n^2x^2} = \frac{\pi}{2n}\frac{\sin(a/n)}{\sin(\pi/n)} -\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k^2n^2-1}\sin(ka)$$

que requiere el conocimiento de la identidad $\frac{\pi}{2n}\frac{\sin(a/n)}{\sin(\pi/n)} = \sum_{k=1}^\infty \frac{kn(-1)^{k+1}}{k^2n^2-1}\sin(ka)$ para obtener el deseado de identidad.

Podemos solucionar esto, en lugar de considerar el ligeramente modificada de la función $$f(z) = \frac{\sinh(z)}{\sinh(\pi z)}\frac{1+untes}{1 + n^2z^2}$$ Bajo $z\a-z$ el plazo de dos en $f$ son pares e impares, respectivamente, que nos da

$$\int_{-\infty}^\infty f(x)\,{\rm d}x = 2\int_{0}^\infty \frac{\sinh(x)}{\sinh(\pi x)}\frac{{\rm d}x}{1 + n^2x^2}$$

y tanto de las integrales anteriores convergen mientras $|a|<\pi$.

Ahora podemos integrar $f$ a $z=-I$ a $z=R$ a lo largo del eje real y, a continuación, a lo largo de un semi-círculo de $C_R$ en la mitad superior del plano -. Tomamos $R=N+\frac{1}{2}$ $N\in\mathbb{N}$ para evitar la integración de más de uno de los polos de $f$. Para esta elección de $R$ tenemos $|f(z)| \leq \frac{1}{nR-1}$ junto $C_R$ entonces $\lim\limits_{R\to\infty}\int_{C_R}f(z)\,{\rm d}z = 0$.

Los polos de $f$ en la mitad superior del plano se encuentra en $z=ik$ para $k\in\mathbb{N}$ con

$$\text{Res}\left[\frac{\sinh(z)}{\sinh(\pi z)}\frac{1+untes}{1 + n^2z^2}; ik\right] = \frac{1}{\pi i}\frac{(-1)^{k+1}}{1+kn}\sin(ka)$$

y por el residuo teorema se sigue que

$$\int_{0}^\infty \frac{\sinh(x)}{\sinh(\pi x)}\frac{{\rm d}x}{1 + n^2x^2} = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{1+kn}\sin(ka)$$