Encontrar la suma de $\sum 1/(k^2 - a^2)$ cuando $0

Question

Por lo que he estado tratando durante un par de días para calcular la suma de

$$S = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 - a^2}$$ donde $a \in (0,1)$. Tan lejos de mi nummerical análisis y CAS que esta suma es igual a

$$S = \frac{1}{2a} \left[ \frac{1}{a} \, - \, \pi \cuna(a\pi) \right]$$

Pero no he sido capaz de demostrar esto todavía. Alguien sabe cómo? Mi conjetura es que el la suma de esta serie está relacionada con la transformada de fourier de la serie, pero nada particalr viene a la mente.

Para la fácil valores, he sido capaz de utilizar telescópico de la serie, y un poco algebraico de la magia, pero para el caso general estoy stumpled. Alguien tiene ideas o sugerencias? Saludos.

Answer 1

Esta cuestión fue resuelta en el aprendizaje de Matemáticas sala de chat, pero voy a poner aquí la solución de referencia.

Comenzando con el infinito producto

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

tomando el logaritmo de ambos lados da

$$\log\left(\frac{\sin\,\pi x}{\pi x}\right)=\log\left(\prod_{k=1}^\infty \left(1-\frac{x^2}{k^2}\right)\right)=\sum_{k=1}^\infty \log\left(1-\frac{x^2}{k^2}\right)$$

La diferenciación da

$$\frac{\pi x}{\sin\,\pi x}\left(\frac{\cos\,\pi x}{x}-\frac{\sin\,\pi x}{\pi x^2}\right)=\sum_{k=1}^\infty \frac{-2}{k^2\left(1-\frac{x^2}{k^2}\right)}$$

que se simplifica a

$$\pi\cuna\,\pi x-\frac1{x}=-2x\sum_{k=1}^\infty \frac1{k^2-x^2}$$

o

$$\sum_{k=1}^\infty \frac1{k^2-x^2}=\frac1{2x^2}-\frac{\pi\cuna\,\pi x}{2x}$$

Answer 2

Consideremos el principal valor de la condicionalmente convergente infinita serie armónica $$\begin{align} f(z) &=\sum_{k=-\infty}^\infty\frac{1}{z+k}\\ &=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=-n}^n\frac{1}{z+k}\etiqueta{1a}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac1z+\sum_{k=1}^n\frac{1}{z k}+\frac{1}{z+k}\etiqueta{1b}\\ &=\frac1z+\sum_{k=1}^\infty\frac{2z}{z^2-k^2}\etiqueta{1c} \end{align}$$ La serie en $(1c)$ converge absolutamente para todos los no-entero a $z$.

Cada uno de los términos en $(1c)$ es impar, por lo que $f(-z)=-f(z)$.

La serie en $(1a)$ muestra que $f$ un simple poste con el residuo de $1$ a cada número entero.

$f$ periodo $1$: $$\begin{align} f(z+1)-f(z) &=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=-n}^n\frac{1}{z+k+1}-\frac{1}{z+k}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{z+n+1}-\frac{1}{z n}\\ &=0\etiqueta{2} \end{align}$$ $f(1/2)=0$: $$\begin{align} f(1/2) &=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=-n}^n\frac{1}{k+1/2}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+1/2}\\ &=0\etiqueta{3} \end{align}$$ Tomar la derivada de $f$: $$f'(z)=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=-n}^n\frac{-1}{(z+k)^2}\etiqueta{4}$$ Esta serie converge absolutamente. y los términos monótonamente ir a $0$ como $|\Im(z)|\to\infty$.

Vamos a considerar $si(iy)$ $y\to\infty$. Usando $(1c)$, obtenemos $$\begin{align} si(iy) &=\frac1y+\sum_{k=1}^\infty\frac{2y}{y^2+k^2}\\ &=\frac1y+\sum_{k=1}^\infty\frac{2/y}{1+(k/y)^2}\etiqueta{5} \end{align}$$ Como $y\to\infty$, la suma de $(5)$ es una suma de Riemann para la integral $$\int_0^\infty\frac{2\mathrm{d}x}{1+x^2}=\pi\etiqueta{6}$$ Por lo tanto, $si(iy)\a\pi$ $y\to\infty$ y $si(iy)\a\pi$ $y\a\infty$.

Dado que $f$ periodo $1$ y $f'(z)\to0$ $|\Im(z)|\to\infty$, es evidente que $f(z)\i\pi$ $\Im(z)\to\infty$ y $f(z)\i\pi$ $\Im(z)\-\infty$. Esto significa que $f$ es limitada cuando la distancia desde el eje real.

Las funciones $f$ y $\pi\cuna(\pi z)$ tienen los mismos polos, con idéntica residuos, y ambos están delimitadas cuando la distancia desde el eje real. Por lo tanto, su diferencia está delimitado por la totalidad de los $z$. Desde su diferencia es analítica y delimitado, debe ser constante. Esta diferencia es de $0$ en $1/2$, por lo que debe ser $0$ en todas partes. Por lo tanto, el principal valor de $$\sum_{k=-\infty}^\infty\frac{1}{z+k}=\pi\cuna(\pi z)\etiqueta{7}$$ para todos $z$.

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Combinando $(1c)$ y $(7)$ rendimientos $$\frac1z+\sum_{k=1}^\infty\frac{2z}{z^2-k^2}=\pi\cuna(\pi z)\etiqueta{8}$$ Por lo tanto, $$\begin{align} \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2-z^2} &=\frac{1}{2z^2}-\frac{\pi\cuna(\pi z)}{2z}\\ &=\frac{1}{2z}\left[\frac1z-\pi\cuna(\pi z)\right]\etiqueta{9} \end{align}$$

Answer 3

Usted puede probar esto mediante la expansión de $\cos(zx)$ en serie de Fourier como se muestra aquí.

Este papel podría ayudar también así como artículos SE ocupan de la evaluación de los $\zeta(n)$ con $n$, incluso.