utilizan residuos para evaluar la suma que Plaza de csch

Question

He estado tratando de evaluar la siguiente suma el uso de residuos de

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

Principalmente estoy interesado en el uso de residuos para ello. Puedo hacer uso de métodos reales.

He intentado utilizar $\displaystyle \oint\frac{\pi\cot(\pi z)}{\sinh^{2}(\pi z)}dz$

El residuo de a $z=0$ $\frac{-2}{3}$

El residuo de a $\displaystyle z=n, \;\ (n=\pm 1, \pm 2, \pm 3, ....)$ $\displaystyle \lim_{z\to n}\frac{(z-n)\cos(\pi z)}{\sin(\pi z)\sinh^{2}(\pi z)}=\frac{1}{\sinh^{2}(\pi n)}$

El residuo de a $\displaystyle z=ni, \;\ (\pm 1, \pm 2, \pm 3, .....)$ es

$\displaystyle \lim_{z\to ni}\frac{(z-ni)\pi\cot(\pi z)}{\sinh^{2}(\pi z)}=\frac{1}{\sinh^{2}(\pi n)}$

Por lo tanto, por el teorema de los residuos:

$\displaystyle \oint\frac{\pi \cot(\pi z)}{\sinh^{2}(\pi z)}dz=\frac{-2}{3}+4\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{\sinh^{2}(\pi n)}$

Como $N\to \infty$, el lado izquierdo tiende a 0, luego resuelve la suma en la mano.

Al parecer, el 1/6 está ahí, pero no he logrado llegar a la solución correcta.

¿De dónde viene el $\frac{1}{2\pi}$ entran en juego?.

Sin duda, estoy haciendo incorrectamente. Puede que alguien me apunte en la dirección correcta?

Muchas gracias.

Answer 1

Aquí está una evaluación utilizando la inversa de Mellin de transformación.

Para $\text{Re} (s)>2$,

$$ \begin{align} \Big\{\mathcal{M} \ \frac{1}{\sinh^{2} (\pi x)} \Big\}(s) &= \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{\sinh^{2}(\pi x)} \ dx \\ &= \frac{1}{\pi^{s}}\int_{0}^{\infty} \frac{u^{s-1}}{\sinh^{2} u} \ du \\ &= 4 \pi^{-s} \int_{0}^{\infty} u^{s-1} \frac{e^{-2u}}{(1-e^{-2u})^2} \ du \\ &= 4 \pi^{-s} \int_{0}^{\infty} u^{s-1} \sum_{n=1}^{\infty} n e^{-2nu} du \\ &= 4 \pi^{-s} \sum_{n=1}^{\infty} n \int_{0}^{\infty} u^{s-1} e^{-2nu} \ du \\ &= 4 \pi^{-s} \sum_{n=1}^{\infty}n \frac{\Gamma(s)}{(2n)^{s}}\\ &= \pi^{-s} \ 2^{2-s} \ \Gamma(s) \zeta(s-1) \end{align}$$

Entonces, por definición de la inversa de Mellin de transformación,

$$\frac{1}{\sinh^{2} (\pi x)} = \frac{1}{2 \pi i} \int_{\frac{5}{2} - i \infty}^{\frac{5}{2} + i\infty} \pi^{-s} \ 2^{2-s} \ \Gamma(s) \zeta(s-1) x^{-s} \ ds $$

La sustitución de $x$$n$, y sumando ambos lados,

$$\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sinh^{2} (\pi n)} &= \frac{1}{2 \pi i}\sum_{n=1}^{\infty} \int_{\frac{5}{2} - i \infty}^{\frac{5}{2} + i\infty} \pi^{-s} \ 2^{2-s} \ \Gamma(s) \zeta(s-1) (n)^{-s} \ ds \\ &= \frac{1}{2 \pi i} \int_{\frac{5}{2} - i \infty}^{\frac{5}{2} + i\infty} \pi^{-s} \ 2^{2-s} \ \Gamma(s) \zeta(s-1) \zeta(s) \ ds \end{align}$$

Deje $f(s) = \pi^{-s} \ 2^{2-s} \ \Gamma(s) \zeta(s-1) \zeta(s) $.

Cerrar el contorno de un rectángulo que tiene sus vértices en $s= 1 -i \infty, s= \frac{5}{2} - i \infty, s= \frac{5}{2} + i \infty$, e $s= 1+ i \infty$, y se aplica sangría a $s = 1$.

La integral se desvanece a lo largo de la parte superior e inferior del rectángulo desde $\Gamma(s)$ decae exponencialmente $\text{Im}(s) \to \pm \infty$.

Y $f(s)$ es impar (y puramente imaginaria) a lo largo de la línea de $\text{Re} (s) = 1$.

Así tenemos

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sinh^{2} (\pi n)} = \frac{1}{2 \pi i} \Big( \pi i \ \text{Res}[f,1] + 2 \pi i \ \text{Res}[f,2] \Big)$$

donde

$$\begin{align} \text{Res} [f(s),1] &= \lim_{z \to 1} (s-1) \zeta(s) \pi^{-s} 2^{2-s} \Gamma(s) \zeta(s-1) \\ &= (1) \Big( \frac{1}{\pi} \Big)(2)(1)\Big(-\frac{1}{2} \Big) \\ &= - \frac{1}{\pi } \end{align}$$

y

$$ \begin{align} \text{Res}[f(s),2] &= \lim_{z \to 2} (s-2) \zeta(s-1) \pi^{-s} 2^{2-s} \Gamma(s) \zeta(s) \\ &= (1) \Big(\frac{1}{\pi^{2}} \Big) (1)(1) \Big(\frac{\pi^{2}}{6} \Big) \\ &= \frac{1}{6} \end{align}$$

Por lo tanto,

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sinh^{2} (\pi n)} = \frac{1}{2 \pi i} \Bigg(\pi i \left(-\frac{1}{\pi} \right) + 2 \pi i \left(\frac{1}{6} \right) \Bigg) = \frac{1}{6} - \frac{1}{2 \pi} $$

Answer 2

Hay dos problemas. Una de ellas es que se le cayó el factor de $2\pi\mathrm i$ en el teorema de los residuos. La otra es que la mano izquierda no va a cero, como se $N\to\infty$.

Si queremos integrar más de una ecuación cuadrática de contorno en la mitad-coordenadas enteras, los lados opuestos de rendimiento de las mismas contribuciones, así que necesitamos el doble de la suma de las contribuciones de un segmento horizontal y uno vertical del segmento. La contribución de los segmentos verticales va a $0$, dado que el denominador decae exponencialmente. Sin embargo, la contribución de los segmentos horizontales no vaya a cero; esto es, con $a=2k\pi +\pi/2$,

$$ \begin{align} \int_{(-a+\mathrm ia)/\pi}^{(a+\mathrm ia)/\pi}\frac{\pi\cot(\pi z)}{\sinh^2(\pi z)}\mathrm dz &= \int_{-a+\mathrm ia}^{a+\mathrm ia}\frac{\cot z}{\sinh^2z}\mathrm dz \\ &= \int_{-a}^a\frac{\cos x\cosh a-\mathrm i\sin x\sinh a}{\sin x\cosh a+\mathrm i\cos x\sinh a}\frac1{(\sinh x\cos a+i\cosh x\sin a)^2}\mathrm dx \\ &= -\int_{-a}^a\frac{\cos x\cosh a-\mathrm i\sin x\sinh a}{\sin x\cosh a+\mathrm i\cos x\sinh a}\frac1{\cosh^2x}\mathrm dx\;. \end{align} $$

Con $a\to\infty$ ambos $\cosh a$ $\sinh a$ son asintóticas a $\mathrm e^a$, por lo que la primera fracción que va a $-\mathrm i$, y estamos a la izquierda con el doble de

$$ \mathrm i\int_{-\infty}^\infty\frac1{\cosh^2 x}\mathrm dx=2\mathrm i\;. $$

Esta contribución de $4\mathrm i$, dividido por el $4$ frente a su suma y el factor de $2\pi\mathrm i$ en el teorema de los residuos, produce el plazo $1/(2\pi)$; el signo menos surge porque yo integrada de las agujas del reloj.

Answer 3

He trabajado en esto por un problema diferente en un poco más de la generalidad, así que voy a publicar la generalización de aquí.

Vamos a utilizar la integral de contorno $$ \cualquier\pi\cuna\left(\frac{2\pi}{x}z\right)\left(\mathrm{csch}^2(z)-\frac1{z^2}\right)\mathrm{d}z=-4\pi i\etiqueta{1} $$ donde los contornos de interés son, por real $R\to\infty$ e integer $n\to\infty$, $$ \small\estilo de texto\color{#00A000}{[R,-R]+(n+\frac12)\pi i}\cup\color{#C00000}{-R+(n+\frac12)\pi i[1,-1]}\cup\color{#00A000}{[-R,R]-(n+\frac12)\pi i}\cup\color{#C00000}{R+(n+\frac12)\pi i[-1,1]} $$ La integral a lo largo de la red de caminos se convierte en insignificante como $R\to\infty$. A lo largo de la parte superior del camino verde, donde $\mathrm{Im}(z)\approx+\infty$, $\cot(z)\approx-i$. A lo largo de la parte inferior de senda verde, donde $\mathrm{Im}(z)\approx-\infty$, $\cot(z)\approx+i$. Desde $\mathrm{csch}^2(z+\frac\pi2i)=-\mathrm{sech}^2(z)$ es el derivado de la $-\tanh(z)$, la integral a lo largo de cada uno de los senderos verdes tiende a $-2\pi i$. Por lo tanto, el pleno de la integral es $-4\pi i$.

Desde $$ \pi\cuna\left(\frac{2\pi}{x}z\right)\text{ ha residuo }\frac x2\text{ a }z=\frac x2n\etiqueta{2} $$ y $$ \mathrm{csch}^2(z)-\frac1{z^2}=-\frac13+O(z^2)\text{ a }z=0\etiqueta{3} $$ la contribución de las singularidades en el eje real es $$ 2\pi i\frac x2\left[2\sum_{n=1}^\infty\left(\mathrm{csch}^2\left(\frac x2n\right)-\frac4{x^2n^2}\right)-\frac13\right]\etiqueta{4} $$ Desde $$ \mathrm{csch}^2(z)=\frac1{(z-\pi)^2}+O(1)\text{ a }z=\pi\text{ para }n\ne0\etiqueta{5} $$ y $$ \begin{align} \left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\pi\cot\left(\frac{2\pi}{x}z\right)\right|_{z=\pi in} &=\left.-\frac{2\pi^2}{x}\csc^2\left(\frac{2\pi}{x}z\right)\right|_{z=\pi in}\\ &=\frac{2\pi^2}{x}\mathrm{csch}^2\left(\frac{2\pi^2}{x}n\right)\tag{6} \end{align} $$ la contribución de las singularidades en el eje imaginario es $$ 2\pi i\frac{2\pi^2}{x}\left[2\sum_{n=1}^\infty\mathrm{csch}^2\left(\frac{2\pi^2}{x}n\right)\right]\etiqueta{7} $$ Poniendo juntos $(1)$, $(4)$, y $(7)$ da $$ \frac x2\sum_{n=1}^\infty\mathrm{csch}^2\left(\frac x2n\right) +\frac{2\pi^2}{x}\sum_{n=1}^\infty\mathrm{csch}^2\left(\frac{2\pi^2}{x}n\right) =-1+\frac{\pi^2}{3x}+\frac x{12}\etiqueta{8} $$ Establecimiento $x=2\pi$ $(8)$ rendimientos $$ \sum_{n=1}^\infty\mathrm{csch}^2(\pi n)=\frac16-\frac1{2\pi}\etiqueta{9} $$