La forma cerrada para $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sinh^2\!\pi n}$ conjetura

Question

Por ensayo y error, he encontrado numéricamente

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sinh^2\!\pi n}=\frac{1}{6}-\frac{1}{2\pi}$$

¿Cómo puede este resultado se deriva analíticamente?

Answer 1

Sugerencia. Esta es normalmente una serie convergente, entonces uno puede intercambiar los dos sumatorias, $$ \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sinh^2\!\pi n}&=4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^{-2\pi n}}{(1-e^{-2\pi n})^2} \\\\&=4\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}k\:e^{-2\pi n k} \\\\&=4\sum_{k=1}^{\infty}k\left(\sum_{n=1}^{\infty}e^{-2\pi n k}\right) \\\\&=4\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k}{e^{2\pi k}-1} \\\\&=\frac16-\frac1{2\pi} \end{align} $$ cuando hemos llegado a la conclusión mediante un clásico de evaluación.

Answer 2

Considerando la derivada logarítmica de la Weierstrass producto $$ \frac{\sinh(\pi x)}{\pi x}=\prod_{m\geq 1}\left(1+\frac{x^2}{m^2}\right) \tag{1}$$ tenemos: $$ \sum_{m\in\mathbb{Z}}\frac{x}{x^2+m^2}=\frac{1}{2}\sum_{m\in\mathbb{Z}}\left(\frac{1}{x-mi}+\frac{1}{x+mi}\right)=\pi \coth(\pi x) \tag{2}$$ y por la diferenciación de nuevo: $$ \frac{\pi^2}{\sinh^2(\pi x)}=\frac{1}{2}\sum_{m\in\mathbb{Z}}\left(\frac{1}{(x-mi)^2}+\frac{1}{(x+mi)^2}\right)\tag{3}$$ por lo tanto tenemos: $$ \sum_{n\geq 1}\frac{1}{\sinh^2(\pi n)}=\frac{1}{2\pi^2}\sum_{n\geq 1}\sum_{m\in\mathbb{Z}}\left(\frac{1}{(n-mi)^2}+\frac{1}{(n+mi)^2}\right)\tag{4} $$ la conexión con el Weierstrass elíptica función de $\wp$ ahora debe ser claro.

Answer 3

Alhough cuando se me ocurrió la suma arriba, yo no podía encontrar una manera adecuada de cómo demostrarlo, sólo he flawn ideas que surgieron a partir de la "magia" de las manipulaciones de la "magia" de la fórmula, ahora, sin embargo, trabajando en un problema diferente, que finalmente vino para arriba con una solución adecuada - no es mi estilo para responder a mis propias preguntas, pero un amigo mío me convenció de escribir aquí de todos modos, así que va así :

Este abordaje requiere de técnicas sencillas de análisis complejo, nosotros vamos a definir una función de meromorphic $f(z)$ :

$$f(z) = \frac{\cot\pi z}{\sinh^2\pi z}$$

Esta función tiene polos $z_k$ $z=n$ $z=ni$ donde $n\in\mathbb{Z}$

Considere la posibilidad de una plaza de contorno en la imagen de abajo $(m\in\mathbb{N})$

Por el teorema de los residuos :

$$\oint _{\gamma} f(z)\, \mathrm{d}z=2\pi i\sum\mathrm{Res}_{z=z_k}{f(z)}\tag{1}$$

Para los residuos tenemos :

$$\begin{align} & \mathrm{Res}_{z=n}{\frac{\cot\pi z}{\sinh^2\pi z}} = \frac{1}{\pi\sinh^2\pi n} \\ \\ & \mathrm{Res}_{z=ni}{\frac{\cot\pi z}{\sinh^2\pi z}} = \frac{1}{\pi\sinh^2\pi n} \\ \\ & \mathrm{Res}_{z=0}{\frac{\cot\pi z}{\sinh^2\pi z}} = -\frac{2}{3\pi} \end{align}$$

Al $m\rightarrow\infty$ hemos

$$\frac{\cot\pi (x\pm (mi+\frac12))}{\sinh^2\pi (x\pm (mi+\frac12))}\rightarrow \frac{\mp i}{\cosh^2\pi x}$$

Puesto que las integrales a lo largo de los lados se desvanece como $m\rightarrow\infty$ nos reescribir $(1)$ el uso de residuos de tomar el límite de $m\rightarrow\infty$:

$$-2i\int_{-\infty}^\infty\frac{\mathrm{d}x}{\cosh^2\pi x}=2\pi i\left(-\frac{2}{3\pi}+\frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\sinh^2\pi n}\right)$$

Inmediatamente desde $\int_{-\infty}^\infty\frac{\mathrm{d}x}{\cosh^2\pi x}=\frac{1}{\pi}\tanh\pi x\bigg{|}_{-\infty}^\infty=\frac{2}{\pi}$ después de sencillas manipulaciones obtenemos el resultado deseado :

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sinh^2\!\pi n}=\frac{1}{6}-\frac{1}{2\pi}$$

DECLARACIÓN: yo no soy la primera ni la última que descubrió el valor exacto de la suma, y no es de mi competencia incluso a nombre de ella, como la estudiante de Segundo año del sueño tiene un nombre, sin embargo, me he decidido a hacer una excepcion, debido a su impresionante belleza y después de la tradición de "los sueños" nos referiremos a ella como la de Nike sueño, después de la diosa griega de la victoria - Nike.