Ramanujan la suma, a $\tan^{-1}(e^{-\pi x/2})$

Question

Mientras que la lectura de Ramanujan se recoge Papeles me encontré con una buena fórmula que él menciona, sin prueba $$\tan^{-1}(e^{-\pi x/2}) = \frac{\pi}{4} - \left(\tan^{-1}\frac{x}{1} - \tan^{-1}\frac{x}{3} + \tan^{-1}\frac{x}{5} - \cdots\right)$$ where $x$ is any real number. Ramanujan proves similar formulas with terms involving $\bronceado^{-1}(x^{2})$, pero deja la de arriba como si fuera obvio.

He tratado de simplificar RHS plazo por el término de partida con $$\frac{\pi}{4} - \tan^{-1}x = \tan^{-1}\frac{1 - x}{1 + x}$$ y, a continuación, \begin{align} RHS &= \frac{\pi}{4} - \tan^{-1}x + \tan^{-1}\frac{x}{3}\notag\\ &= \tan^{-1}\frac{1 - x}{1 + x} + \tan^{-1}\frac{x}{3}\notag\\ &= \tan^{-1}\left(\dfrac{\dfrac{1 - x}{1 + x} + \dfrac{x}{3}}{1- \dfrac{1 - x}{1 + x}\cdot\dfrac{x}{3}}\right)\notag\\ &= \tan^{-1}\left(\dfrac{3 - 2x + x^{2}}{3 + 2x + x^{2}}\right)\notag\\ \end{align} Mi conjetura es que el argumento de $\tan^{-1}$ probablemente se parece a algunas convergente para un adecuado continuó fracción de expansión de $e^{-\pi x / 2}$ pero no me siento capaz de averiguar. Una dificultad obvia es que cualquier expansión de la $e^{-\pi x / 2}$ como una continuación de la fracción implicaría $\pi$ así como.

Por favor, sugiera que cualquier otro enfoque para demostrar la Ramanujan la fórmula.

Actualización: Si me diferenciar con respecto a $x$ me sale el lado izquierdo como $$\frac{-\pi e^{-\pi x / 2}}{2(1 + e^{-\pi x})}$$ and the RHS comes out to be $$-\left(\frac{1}{1 + x^{2}} - \frac{3}{3^{2} + x^{2}} + \frac{5}{5^{2} + x^{2}} - \cdots\right)$$ This is similar to the partial fraction expansion of $\tanh(x)$ given by $$\frac{\tanh x}{8x} = \sum_{k = 1}^{\infty}\frac{1}{(2k - 1)^{2}\pi^{2} + 4x^{2}}$$ but not exactly as desired. For the proof of formula for $\tanh x$ ver esto.

Answer 1

Si hemos de diferenciar ambos términos, obtenemos una identidad que puede ser fácilmente demostrado por considerar el logarítmica derivados de la Weierstrass productos para el $\sinh$ $\cosh$ funciones.

Necesitamos comprobar que: $$ \sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)+\frac{z^2}{2n+1}} = \frac{\pi}{4\cosh\frac{\pi z}{2}}.\tag{1}$$

De: $$\cot z = \sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac{1}{z-k\pi},\qquad \frac{1}{\sin z}=\sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac{(-1)^k}{z-k\pi}\tag{2}$$ de ello se sigue que: $$ \frac{\pi}{2\sin \frac{\pi z}{2}}=\sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac{(-1)^k}{ z-2k}\tag{3}$$ y por la sustitución de $z$ $z-1$ también tenemos: $$ -\frac{\pi}{2\cos \frac{\pi z}{2}}=\sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac{(-1)^k}{ z-(2k+1)}\tag{4}$$ tan sólo tenemos que sustituir $z$ $iz$ conseguir $(1)$.

Al integrar ambos lados de $(1)$ $0$ $x$ Ramanujan la identidad de la siguiente manera, ya que: $$ \int\frac{\pi\,dz}{4\cosh\frac{\pi z}{2}} = \arctan\left(\tanh\frac{\pi z}{4}\right)=\frac{\pi}{4}-\arctan(e^{-\pi z/2}).\tag{5}$$

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Otra forma de probar la $(1)$ es de notar que, a través de la transformada de Laplace de $\cos x$: $$\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos (\alpha x)}{e^x+e^{-x}}\,dx =\sum_{k\geq 0}(-1)^k\int_{0}^{+\infty}e^{-(2k+1)x}\cos(\alpha x)\,dx = \sum_{k\geq 0}\frac{(-1)^k (2k+1)}{\alpha^2+(2k+1)^2}$$ pero la LHS, también puede ser calculada a través del teorema de los residuos.

Ese fue exactamente el punto de que actualmente es una eliminados pregunta.