Cauchy Teorema prueba que $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\lambda_{n}^2} $ = $\frac{1}{10}$

Question

Me tratan de demostrar que $$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\lambda_{n}^2} = \frac{1} {10},$$ by applying Cauchy Theorem to $$ f(z) = \left(\frac{z\tan(z)}{z-\tan(z)}+\frac{3}{z}\right) \frac{1}{z^2},$$ where $\lambda_n$ are positive solutions to $\tan(x) = x$.

¿Cómo puedo solucionar esto?

Answer 1

Vamos a ver:

$f(z)$ tiene tres tipos de polos $z_0=0$ , $z_{1,n}=n \pi/2$ y $z_{2,n}=\lambda_n$

Resulta que los polos $z_{1,n}$ son removibles por lo que el correspondiente residuo de rendimiento cero (¿por qué? debido a $f(z)$ es exactamente diseñado para ello). Ahora vamos a integrar a $f(z)$ alrededor de un contorno que consta de dos líneas justo por encima y por debajo del eje real (conectado a infinito), con un sentido de la orientación, que es en sentido horario. Debido a que el residuo teorema tenemos

$$ \cualquier f(z)dz = -2\pi i [\text{res}(z_0)+\sum_{n=-\infty}^{\infty}\text{res}(z_{2,n})] $$

Pero, por otro lado, debido a $tan(z)$ es una limitada función de la distancia desde el eje real también podemos cerrar nuestro contorno de integración mediante la adición de grandes semicírculos de la que ahora está desconectada de las líneas. Porque no habrá ahora polos cerrado durante este procedimiento, podemos ver que $\oint f(z)dz=0$ y por lo tanto

$$ -\text{res}(z_0)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}'\text{res}(z_{2,n}) \quad (1) $$

Aquí $\sum'$ significa que omitimos $0$ bajo el signo de suma. El residuo de a $0$ está dado por $\text{res}(z_0)=\frac{1}{5}$, lo que sigue a partir de un sencillo Laurent de expansión.

La parte difícil de saber es calcular los residuos en $\lambda_n$. En primer lugar, porque los polos son simples, podemos usar la

$$ \text{res}(\lambda_n)=\frac{g(\lambda_n)}{f'(\lambda_n)} \quad (2) $$

con $g(z)=\frac{z^2\tan(z)+3(z- \tan(z))}{z^3}$ $f'(z)=1-\sec^2(z)=-\tan^2(z)$

el uso de $\tan(\lambda_n)=\lambda_n$ podemos reescribir (2) como $$ \text{res}(\lambda_n)=-\frac{\lambda_n^2 \lambda_n+ 3(0)}{\lambda_n^3\lambda_n^2}=-\frac{1}{\lambda_n^2} $$ Poner esto en (1) podemos observar que

$$ -\frac{1}{5}=-\sum_{n=-\infty}^{\infty}'\frac{1}{\lambda_n^2} $$

ahora observamos que la ecuación de $\tan(x)=x$ es anti-simétrica en $x\rightarrow -x$ y todos los ceros vienen por pares,$\pm\lambda_n$. Esto nos permite reescribir

$$ \frac{1}{10}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\lambda_n^2} $$

Q. E. D

Answer 2

Aquí es un enfoque que utiliza la función de $\frac1{\tan(z)-z}$.

En primer lugar, vamos a calcular el residuo de la función de $\frac1{\tan(z)-z}$$\lambda_n$: $$ \lim_{z\to\lambda_n}\frac{z-\lambda_n}{\tan(z)-z}=\frac1{\sec^2(\lambda_n)-1}=\frac1{\tan^2(\lambda_n)}=\frac1{\lambda_n^2}\tag{1} $$ Tenga en cuenta que a lo largo de un contorno cuya parte real es de $k\pi$, tenemos $$ \tan(k\pi+ix)=i\tanh(x)\etiqueta{2} $$ cuyo valor absoluto es menor que $1$. Por lo tanto, a lo largo del contorno de la $\gamma$: $$ k\pi+i[-k,k]\cup\pi[k, k]+ik\,\cup-k\pi+i[k, k]\cup\pi[-k,k]-ik\etiqueta{3} $$ tenemos $\frac1{\tan(z)-z}=-\frac1z+O\left(\frac1{z^2}\right)$. Por lo tanto, la integral a lo largo de este contorno tiende a $$ \int_\gamma\frac{\mathrm{d}z}{\tan(z)-z}=-2\pi i\etiqueta{4} $$ Cerca de $z=0$, $$ \begin{align} \frac1{\tan(z)-z} &=\frac1{\frac{z^3}3+\frac{2z^5}{15}+O\left(z^7\right)}\\ &=\frac3{z^3}-\frac6{5z}+O(z)\tag{5} \end{align} $$ así que el residuo en$z=0$$-\frac65$.

Por lo tanto, la combinación de $(1)$, $(4)$, y $(5)$, obtenemos $$ \overbrace{\ -2\pi i\ \vphantom{\sum_{n=1}^\infty}}^{\text{integral a lo largo de $\gamma$}}=\overbrace{-\frac{12\pi i}5\vphantom{\sum_{n=1}^\infty}}^{\text{residuo en $z=0$}}+\overbrace{4\pi i\sum_{n=1}^\infty\frac1{\lambda_n^2}}^{\substack{\text{residuos en $\lambda_n$}\\\text{en ambas direcciones}}}\etiqueta{6} $$ La solución de $(6)$ rendimientos $$ \sum_{n=1}^\infty\frac1{\lambda_n^2}=\frac1{10}\etiqueta{7} $$

Answer 3

Vamos a integrar a $f$ sobre un círculo de radio $R\gg 1$. Los polos de $f$ $\pm\lambda_n$ ($f$ es extraño, de hecho) y el $0$. Es fácil ver que los residuos en $\pm \lambda_n$ igual $-1/\lambda_n^2$, por lo que obtenemos $-2\sum 1/\lambda_n^2$ a partir de estos. El residuo de a $z=0$ es igual a $1/5$; esto se desprende de un cálculo, el uso que $$ \tan z =z+z^3/3 + 2z^5/15 + O(z^7) . $$ Tenga en cuenta que el primer término entre paréntesis se ha residuo$-3$$z=0$, lo que "explica" el segundo término.

Así $$ \frac{1}{2\pi i}\int_{C_R} f(z)\, dz = - 2\sum_{\lambda_n<R} \frac{1}{\lambda_n^2} + \frac{1}{5} . $$ Queda por mostrar que la integral va a cero, como se $R\to\infty$. Aquí enviamos $R\to\infty$ a través de los valores que no están demasiado cerca de la $\lambda_n$.

Tan pronto como $\textrm{Im}\, z$ no es demasiado pequeño, $\tan z$ se convierte en limitada, y por lo tanto el integrando es $\lesssim 1/R^2$. Cerca de la línea real, utilizamos lo que nos acaba de aprobar, que $|R-\lambda_n|\gtrsim 1$ donde $\lambda_n$ ahora denota la más cercana a $\lambda$. Desde $\tan x$ ha derivado $1+\lambda_n^2$$\lambda_n$, tendremos que $|\tan z|\gtrsim \lambda_n^2$ estos $z$, y el integrando se convierte en $\lesssim 1/R$, que es lo suficientemente bueno, ya que estamos usando esta obligado sólo en una parte de la limitada longitud de nuestro círculo.