Prueba $\sum_{n=-\infty}^\infty e^{-\pi n^2} = \frac{\sqrt[4] \pi}{\Gamma\left(\frac 3 4\right)}$

Question

Wikipedia informa me que

$$S = \vartheta(0;i)=\sum_{n=-\infty}^\infty e^{-\pi n^2} = \frac{\sqrt[4] \pi}{\Gamma\left(\frac 3 4\right)}$$

Intenté considerar $f(x,n) = e^{-x n^2}$ de modo que su transformada de Mellin se convierte en $\mathcal{M}_x(f)=n^{-2z} \Gamma(z)$ así que invirtiendo y sumando

$$\frac{1}{2}(S-1)=\sum_{n=1}^\infty f(\pi,n)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}n^{-2z} \Gamma(z)\pi^{-z}\,dz = \frac{1}{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\zeta(2z) \Gamma(z) \pi^{-z}\,dz$$

Sin embargo, esta última integral (cuyo integrando tiene polos en $z=0,\frac{1}{2}$ con los respectivos residuos de $-\frac 1 2$ y $\frac 1 2$ ) es difícil de evaluar debido al comportamiento de la función como $\Re(z)\to \pm\infty$ lo que hace imposible un contorno infinito clásico sobre todo el plano izquierdo/derecho.

¿Cómo se evalúa esta suma?

Answer 1

Esta es una evaluación directa de integrales elípticas. Función theta de Jacobi $\vartheta_{3}(q)$ se define mediante la ecuación $$\vartheta_{3}(q) = \sum_{n = -\infty}^{\infty}q^{n^{2}}\tag{1}$$ Dejemos que $0 < k < 1$ y $k' = \sqrt{1 - k^{2}}$ y definimos las integrales elípticas $K, K'$ a través de $$K(k) = \int_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{\sqrt{1 - k^{2}\sin^{2}x}}, K = K(k), K' = K(k')\tag{2}$$ Entonces es casi un milagro que podemos conseguir $k$ en términos de $K, K'$ a través de la variable $q = e^{-\pi K'/K}$ utilizando ecuaciones $$k = \frac{\vartheta_{2}^{2}(q)}{\vartheta_{3}^{2}(q)}\tag{3}$$ donde $\vartheta_{2}(q)$ es otra función theta de Jacobi definida por $$\vartheta_{2}(q) = \sum_{n = -\infty}^{\infty}q^{(n + (1/2))^{2}}\tag{4}$$ También la función $\vartheta_{3}(q)$ está directamente relacionado con $K$ a través de $$\vartheta_{3}(q) = \sqrt{\frac{2K}{\pi}}\tag{5}$$ Las pruebas de $(3)$ y $(5)$ se dan en la entrada enlazada de mi blog.

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La suma en la pregunta es $\vartheta_{3}(e^{-\pi})$ para que tengamos $q = e^{-\pi}$ . Esto implica que $K'/K = 1$ para que $k = k'$ y de $k^{2} + k'^{2} = 1$ obtenemos $k^{2} = 1/2$ . Y luego $$\vartheta_{3}(q) = \sqrt{\frac{2K}{\pi}} = \sqrt{\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\Gamma^{2}(1/4)}{4\sqrt{\pi}}} = \frac{\Gamma(1/4)}{\pi^{3/4}\sqrt{2}}$$ Ahora usando $\Gamma(1/4)\Gamma(3/4) = \pi/\sin(\pi/4) = \pi\sqrt{2}$ obtenemos $$\sum_{n = -\infty}^{\infty}e^{-\pi n^{2}} = \vartheta_{3}(e^{-\pi}) = \frac{\sqrt[4]{\pi}}{\Gamma(3/4)}$$ El valor de $K = K(1/\sqrt{2})$ en términos de $\Gamma(1/4)$ se evalúa en esta respuesta .

Answer 2

ver: Cuadernos de Ramanujan Volumen 3, Capítulo 17, Ejemplo(i). pp 103.

ver también: Cuaderno de Ramanujan, volumen 5, capítulo 35. Valores de las funciones Theta P. 325.

(parece que muchos de los comentarios anteriores mencionan lo que yo tengo).

Answer 3

No estoy seguro de que sirva de algo, pero se puede demostrar la siguiente identidad:

$$ S^2 = 1 + 4 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\mathrm{e}^{(2n+1)\pi} - 1}. $$

Answer 4

Tal vez puedas utilizar esta relación:

Si $$\vartheta(x)=\sum_{n\in \mathbb{Z}}e^{-\pi n^2 x},$$

entonces:

$$\pi^{-s/2}\Gamma(s/2)\zeta(s)=\int_{0}^{\infty}x^{s/2-1}\frac{\vartheta(x)-1}{2}dx.$$