Serie infinita $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(mk^2-n)^2}$

Question

¿Cómo podemos probar la siguiente fórmula? $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(mk^2-n)^2}=\frac{-2m+\sqrt{mn}\pi\cot\left(\sqrt{\frac{n}{m}}\pi\right)+n\pi^2\csc^2\left(\sqrt{\frac{n}{m}}\pi\right)}{4mn^2}$$

¿Qué es el método general para encontrar las sumas de la forma $\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(mk^2-n)^\ell}, \ell\in\mathbb{N}$?

Answer 1

Comience con la infinita expansión de productos

$$\frac{\sin z}{z} = \prod_{k=1}^{\infty}\left(1 - \frac{z^2}{k^2\pi^2}\right)$$

Tomando logaritmo, sustituto $z$ $\pi\sqrt{x}$ y se diferencian con respecto a $x$, nos encontramos con $$ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2 - x} = -\frac{d}{dx} \left[ \sum_{k=1}^{\infty}\log\left(1 - \frac{x}{k^2}\right)\right] = -\frac{d}{dx} \left[ \log\left(\frac{\sin(\pi \sqrt{x})}{\pi \sqrt{x}}\right) \right] $$ Diferenciar ambos lados con respecto a $x$ $\ell - 1 $ más de veces y luego se divide por $-(\ell-1)!$, obtenemos en general:

$$ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1} {k^2 - x)^\ell} = -\frac{1}{(\ell-1)!} \frac{d^{\ell}}{dx^{\ell}} \left[ \log\left(\frac{\sin(\pi \sqrt{x})}{\pi \sqrt{x}}\right) \right] $$ En el caso de $\ell = 2$, la RHS se simplifica a $$-\frac{1}{2x^2} + \frac{\pi}{4x}\left( \frac{1}{\sqrt{x}}\cuna(\pi\sqrt{x}) + \pi \csc(\pi\sqrt{x})^2 \right)$$ Sustituto $x$ $\frac{n}{m}$ daremos la fórmula para $\ell = 2$. Fórmula para otros $\ell$ puede ser obtenida por la toma correspondiente número de derivados.

Answer 2

Esta suma podrá ser evaluado considerando los siguientes integral de contorno en el plano complejo:

$$\oint_C dz \frac{\pi \cot{\pi z}}{(m z^2-n)^2}$$

donde $C$ es un contorno rectangular que abarca los polos de el integrando en el plano complejo, hasta el $z=\pm \left ( N +\frac12\right)$, donde consideramos que el límite de $N \to\infty$.

Observamos aquí que suponemos que la relación de $n/m$ no es el cuadrado de un entero. Ahora, el contorno de la integral es cero, porque el individuo que las integrales a lo largo de cada pieza del contorno de cancelar. Por otro lado, el contorno de la integral es igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos de los polos de el integrando. Trabajo de esto, nos encontramos con que

$$\sum_{k=-\infty}^{\infty} \frac{1}{(m k^2-n)^2} = -\sum_{\pm}\operatorname*{Res}_{z=\pm \sqrt{n/m}} \frac{\pi \cot{\pi z}}{(m z^2-n)^2}$$

Desde el polo es un doble polo, tenemos

$$\sum_{\pm}\operatorname*{Res}_{z=\pm\sqrt{n/m}} \frac{\pi \cot{\pi z}}{(m z^2-n)^2} =\sum_{\pm} \frac{\pi}{m^2} \left [\frac{d}{dz} \frac{\cot{\pi z}}{(z\pm \sqrt{n/m})^2} \right ]_{z=\pm\sqrt{n/m}} $$

Asumo que el lector puede tomar los derivados y hacer la posterior álgebra. Puedo obtener por la suma

$$-\frac{\pi}{m^2} \frac{m}{2 n} \left [\sqrt{\frac{m}{n}}\cot{\left(\pi \sqrt{\frac{n}{m}} \right)}+ \pi \csc^2{\left(\pi \sqrt{\frac{n}{m}} \right)}\right ] $$

Así que ahora tenemos

$$\sum_{k=-\infty}^{\infty} \frac{1}{(m k^2-n)^2} = \frac{\pi}{2 m n} \left [\sqrt{\frac{m}{n}}\cot{\left(\pi \sqrt{\frac{n}{m}} \right)}+ \pi \csc^2{\left(\pi \sqrt{\frac{n}{m}} \right)}\right ] $$

Ahora podemos aprovechar la uniformidad del sumando; el resultado es

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(m k^2-n)^2} = -\frac{1}{2 n^2} + \frac{\pi}{4 m n} \left [\sqrt{\frac{m}{n}}\cot{\left(\pi \sqrt{\frac{n}{m}} \right)}+ \pi \csc^2{\left(\pi \sqrt{\frac{n}{m}} \right)}\right ] $$

El resultado para ser probado de la siguiente manera.

Para la suma

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(m k^2-n)^{\ell}}$$

donde$\ell \gt 2$$\ell \in \mathbb{Z}$, tenemos el mismo enfoque. El residuo es una $\ell-1$ derivado de el integrando.

Answer 3

$$ \sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over \left(mc^{2} - n\right)^{2}} = {1 \over m^{2}}\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over \left(k^{2} - \mu^{2}\right)^{2}} = {1 \over 2\mu m^{2}}{{\rm d} \over {\rm d}\mu} \sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over k^{2} - \mu^{2}}\,, \qquad \mu^{2} \equiv {n \sobre m} $$

\begin{align} \sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over k^{2} - \mu^{2}} &= \sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over \left(k + \mu\right)\left(k - \mu\right)} \\[3mm]&= -\,{1 \over \mu^{2}} + {\Psi\left(\mu\right) - \Psi\left(-\mu\right) \over \mu - \left(-\mu\right)} = -\,{1 \over \mu^{2}} + {1 \over 2}\,{\Psi\left(\mu\right) - \Psi\left(-\mu\right) \over \mu} \\[3mm]&=-\,{3 \over 2\mu^{2}} - {\pi\cot\left(\mu\right) \over 2\mu} \end{align} desde $$ \Psi\left(\mu\right) - \Psi\left(-\mu\right) = \Psi\left(\mu\right) - \Psi\left(\mu + 1\right) - \pi\cuna\left(\pi\mu\right) = -\,{1 \over \mu} - \pi\cuna\left(\pi\mu\right) $$

\begin{align} &\color{#66f}{\large\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over \left(mk^{2} - n\right)^{2}}} \\[3mm]&=\color{#66f}{\large\frac{\csc ^2\left( \sqrt{\frac{n}{m}}\right) \left[\vphantom{\LARGE A}\pi m \sqrt{\frac{n}{m}} \sin \left(2 \sqrt{\frac{n}{m}}\right)-6 m \cos \left(2 \sqrt{\frac{n}{m}}\right)+6 m+2 \pi n\right]}{8 mn^{2}}} \end{align}

${\tt\mbox{I need additional information about}}$ $m$ ${\tt\mbox{and}}$ $n$.