Posibilidad de simplificar $\sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{a + k}} = \frac{\pi }{{\sin \pi}}}$

Question

Es allí cualquier manera de mostrar que

$$\sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{a + k}} = \frac{1}{a} + \sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {\frac{1} {{- k}} + \frac{1}{{a + k}}} \right)}=\frac{\pi }{{\sin \pi}}}$$

Donde $0 < a = \dfrac{n+1}{m} < 1$

La serie infinita es igual a

$$\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{{e^{en}}}}{{{e^t} + 1}}dt}$$

Para llegar al resultado, me separé de la integral en $x=0$ y el uso de la serie convergente en $(0,\infty)$ y $(-\infty,0)$, respectivamente:

$$\frac{1}{{1 + {e^t}}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}{e^{ - \left( {k + 1} \right)t}}}$$

$$\frac{1}{{1 + {e^t}}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}{e^{kt}}}$$

Desde $0 < a < 1$

$$\eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{{e^{\left( {k + a} \right)t}}}}{{k + a}} - \mathop {\lim }\limits_{t \ - \infty } \frac{{{e^{\left( {k + a} \right)t}}}}{{k + a}} = \frac{1}{{k + a}} \cr & \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{{{e^{\left( {a - k - 1} \right)t}}}}{{k + a}} - \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{{e^{\left( {a - k - 1} \right)t}}}}{{k + a}} = - \frac{1} {{- \left( {k + 1} \right)}} \cr}$$

Un cambio en los índices que se le dará a la serie deseada.

Aunque no me importa de solución directa de las tablas y de otras fuentes, prefiero una elaborada respuesta.

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Aquí está la solución en términos de $\psi(x)$. Por la separación de pares e impares índices podemos conseguir

$$\eqalign{ & \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{a + k}}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{a + 2k}}} - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{a + 2k + 1}}} \cr & \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}} {{- k}}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{a - 2k}}} - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{a - 2k - 1}}} \cr}$$

lo que da

$$\sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{a + k}}} = \frac{1}{2}\psi \left( {\frac {{+1}}{2}} \right) - \frac{1}{2}\psi \left( {\frac{a}{2}} \right)$$

$$\sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}} {{- k}}} = \frac{1}{2}\psi \left( {1 - \frac{a}{2}} \right) - \frac{1}{2}\psi \left( {1 - \frac {{+1}}{2}} \right) + \frac{1}{a}$$

Entonces

$$\eqalign{ & \sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{a + k}}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{a + k}}} + \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}} {{- k}}} - \frac{1}{a} = \cr & = \left\{ {\frac{1}{2}\psi \left( {1 - \frac{a}{2}} \right) - \frac{1}{2}\psi \left( {\frac{a}{2}} \right)} \right\} - \left\{ {\frac{1}{2}\psi \left( {1 - \frac {{+1}}{2}} \right) - \frac{1}{2}\psi \left( {\frac {{+1}}{2}} \right)} \right\} \cr}$$

Pero el uso de la reflexión de la fórmula uno ha

$$\eqalign{ & \frac{1}{2}\psi \left( {1 - \frac{a}{2}} \right) - \frac{1}{2}\psi \left( {\frac{a}{2}} \right) = \frac{\pi }{2}\cuna \frac{{\pi}}{2} \cr & \frac{1}{2}\psi \left( {1 - \frac {{+1}}{2}} \right) - \frac{1}{2}\psi \left( {\frac {{+1}}{2}} \right) = \frac{\pi }{2}\cuna \frac{{\pi \left( {a + 1} \right)}}{2} = - \frac{\pi }{2}\tan \frac{{\pi}}{2} \cr}$$

Por lo que la serie de convertirse en

$$\eqalign{ & \sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{a + k}}} = \frac{\pi }{2}\left\{ {\cuna \frac{{\pi}}{2} + \tan \frac{{\pi}}{2}} \right\} \cr & \sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{a + k}}} = \pi \csc \pi \cr}$$

La última de ser una aplicación de una identidad trigonométrica.

Answer 1

EDIT: La clásica demostración de esto se obtiene mediante la expansión en serie de Fourier la función $\cos(zx)$ con $x\(- \pi,\pi$.

Vamos a detalle Smirnov prueba (en el "Curso de Matemáticas Superiores 2 VI.1 serie de Fourier") :

$\cos(zx)$ es una función par de $x$, de modo que el $\sin(kx)$ términos desaparecer y la expansión de Fourier está dada por : $$\cos(zx)=\frac{a_0}2+\sum_{k=1}^{\infty} a_k\cdot \cos(kx),\ \text{con}\ \ a_k=\frac2{\pi} \int_0^{\pi} \cos(zx)\cos(kx) dx$$

La integración es fácil y $a_0=\frac2{\pi}\int_0^{\pi} \cos(zx) dx= \frac{2\sin(\pi z)}{\pi z}$, mientras que
$a_k= \frac2{\pi}\int_0^{\pi} \cos(zx) \cos(kx) dx=\frac1{\pi}\left[\frac{\sin((z+k)x)}{z+k}+\frac{\sin((z-k)x)}{z-k}\right]_0^{\pi}=(-1)^k\frac{2z\sin(\pi z)}{\pi(z^2-k^2)}$
así que para $-\pi \le x \le \pi$ :

$$\cos(zx)=\frac{2z\sin(\pi z)}{\pi}\left[\frac1{2z^2}+\frac{\cos(1x)}{1^2-z^2}-\frac{\cos(2x)}{2^2-z^2}+\frac{\cos(3x)}{3^2-z^2}-\cdots\right]$$

La configuración de $x=0$, que devuelve la igualdad : $$\frac1{\sin(\pi z)}=\frac{2z}{\pi}\left[\frac1{2z^2}-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k^2-z^2}\right]$$

mientras que $x=\pi$ devuelve la $\mathrm{cotg}$ fórmula :

$$\cuna(\pi z)=\frac1{\pi}\left[\frac1{z}-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2z}{k^2-z^2}\right]$$ (Euler utiliza este para encontrar formas cerradas de $\zeta(2n)$)

El $\cuna\ $ fórmula está vinculado a $\Psi$ a través de la Reflexión de la fórmula: $$\Psi(1-x)-\Psi(x)=\pi\cuna(\pi x)$$

El $\sin$ fórmula está vinculado a $\Gamma$ a través de Euler reflexión fórmula: $$\Gamma(1-x)\cdot\Gamma(x)=\frac{\pi}{\sin(\pi x)}$$

Answer 2

Esta es una forma muy elegante y rápida manera de evaluar esta suma con el análisis complejo. Considere la posibilidad de

$$g(z) = \pi \csc (\pi z)f(z)$$

$\csc$ tiene polos en $2 \pi$ n y $2 \pi n + \pi$ para $n \in \mathbb Z$. Suponiendo que $f(z)$ no tiene polos en cualquier entero, el residuo de $g(z)$ $2\pi$ n es

$$\operatorname*{Res}_{z = 2, n} g(z) = \lim_{z\2 n}(z-2 n)\pi \csc (\pi z)f(z) = \lim_{z\2 n}\pi \left(\frac{z-2 n}{\sin (\pi z)}\right)f(z) = f(n)$$

y en $2 \pi n + \pi$:

$$\operatorname*{Res}_{z = 2 n + 1} g(z) = \lim_{z\2 n + 1}(z-(2 n + 1))\pi \csc (\pi z)f(z) = \lim_{z\2 n + 1}\pi \left(\frac{z-2 n - 1}{\sin (\pi z)}\right)f(z) = -f(n)$$

Deje de $C_N$ ser la plaza de contorno con el verticies $\left(N+\frac{1}{2}\right)(1+i)$, $\left(N+\frac{1}{2}\right)(-1+i)$, $\left(N+\frac{1}{2}\right)(-1-i)$ y $\left(N+\frac{1}{2}\right)(1-i)$.

Por el teorema de los residuos, hemos

$$\int_{C_N}g(z)\,dz = \sum_{n=-N}^N (-1)^n f(n) + S$$

donde $S$ es la suma de los residuos de los polos de $f$. Ahora, viendo que el lado izquierdo se desvanece como $N \to \infty$ (ver aquí), tenemos

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$$\sum_{k=-\infty}^\infty (-1)^k f(k)=-\sum \text{Residuos de }\pi \csc (\pi z)f(z)$$

Claramente, la única singularidad de $f(z)=\frac{1}{a+z}$ es $z_0= -$. Así

$$\operatorname*{Res}_{z=z_0} \,(\pi \csc (\pi z)f(z))=\lim_{z \a z_0} (z-z_0)\pi \csc (\pi z)f(z)=\lim_{z \a -a} \pi \csc (\pi z)\frac{z+a}{z+a}=-\pi \csc (\pi)$$

Así

$$\sum_{k=-\infty}^\infty (-1)^k f(k)=-\operatorname*{Res}_{z=z_0}\,(\pi \csc (\pi z)f(z))=-(-\pi \csc (\pi))=\frac{\pi}{\sin (\pi)}$$

QED