Suma a la forma cerrada

Question

Necesito evaluar la siguiente suma:

$$ \sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac{-1}{i(2n+1)\pi -\mu} $$

donde $n$ se suma sobre todos los enteros de $-\infty$ a $\infty$ incluyendo 0. Poniendo esto en Mathematica se obtiene $\frac{1}{2}\tanh\frac{\mu}{2}$ . ¿Cuáles son los pasos intermedios para llegar de la suma a la forma cerrada?

Answer 1

$$\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac{-1}{i(2n+1)\pi -\mu}(\frac{i(2n+1)\pi+\mu}{i(2n+1)\pi+\mu})=\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac{i(2n+1)\pi+\mu}{(2n+1)^2\pi^2 +\mu^2}$$ $$=\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac{i(2n+1)\pi}{(2n+1)^2\pi^2 +\mu^2}+\frac{\mu}{(2n+1)^2\pi^2 +\mu^2}$$ el primer término tomará los siguientes valores $$\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac{i(2n+1)\pi}{(2n+1)^2\pi^2+\mu^2}=\frac{\pi*i}{\pi^2+\mu^2}+\frac{3\pi*i}{3^2\pi^2+\mu^2}+...-\frac{\pi*i}{\pi^2+\mu^2}-\frac{3\pi*i}{3^2\pi^2+\mu^2}-...=0$$ los segundos términos son iguales a $$\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac{\mu}{(2n+1)^2\pi^2 +\mu^2}=2\sum_{n=0}^{\infty }\frac{\mu}{(2n+1)^2\pi^2 +\mu^2}=2(\frac{1}{4}\tanh\frac{\mu}{2})=\frac{1}{2}\tanh\frac{\mu}{2}$$

Answer 2

Empieza con la fórmula del producto infinito de Euler para la función seno: $$\text{sin }z=z \prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{z^2}{n^2 \pi^2}\right).$$ De ello se desprende que $$\text{sinh}\;z = -i\;\text{sin}\;iz=z \prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{z^2}{n^2 \pi^2}\right).$$ Como resultado, $$\text{sinh}\;\frac{z}{2} = \frac{z}{2} \prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{z^2}{4n^2 \pi^2}\right) = \frac{z}{2} \prod_{n\;\text{even}\;\geq 2} \left(1+\frac{z^2}{n^2 \pi^2}\right).$$ Utilizando la identidad $$\text{sinh}\;2z=2\;\text{sinh}\;z\;\text{cosh}\;z,$$ encontramos que $$\text{cosh}\;\frac{z}{2} = \frac{\text{sinh}\;z}{2\;\text{sinh}\;\frac{z}{2}}=\frac{z \prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{z^2}{n^2 \pi^2}\right)}{2\cdot\frac{z}{2} \prod_{n\;\text{even}\;\geq 2} \left(1+\frac{z^2}{n^2 \pi^2}\right)}=\prod_{n\;\text{odd}\;\geq 1} \left(1+\frac{z^2}{n^2 \pi^2}\right).$$ Tomando la derivada logarítmica $\frac{f'}{f}$ en ambos lados da como resultado $$\frac{1}{2}\text{tanh}\;\frac{z}{2}=\sum_{n\;\text{odd}\;\ge 1}\frac{2z/(n^2 \pi^2)}{1+\frac{z^2}{n^2 \pi^2}}=\sum_{n\;\text{odd}\;\ge 1}\frac{2z}{n^2 \pi^2+z^2}.$$ Ahora, $$\frac{2z}{n^2 \pi^2+z^2}=\frac{1}{z+n \pi i}+\frac{1}{z-n \pi i},$$ así que $$\frac{1}{2}\text{tanh}\;\frac{z}{2}=\sum_{n\;\text{odd}\;\ge 1}\left(\frac{1}{z+n \pi i}+\frac{1}{z-n \pi i}\right),$$ que es la misma que la suma deseada.

(Hay problemas de convergencia con la suma doblemente infinita en la pregunta tal como está planteada, pero este es el valor principal de la suma, que es probablemente lo que se pretendía).