Mostrar $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sinh\pi}{\cosh(2n\pi)-\cosh\pi}=\frac1{\text{e}^{\pi}-1}$ y otro

Question

Demuestra que : $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cosh(2nx)}{\cosh(4nx)-\cosh(2x)}=\frac1{4\sinh^2(x)}$$ $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sinh\pi}{\cosh(2n\pi)-\cosh\pi}=\frac1{\text{e}^{\pi}-1}$$

Answer 1

Bien, he calculado la segunda suma utilizando un método completamente diferente. Comienzo con el siguiente resultado (+):

$$\sum_{k=1}^{\infty} e^{-k t} \sin{k x} = \frac{1}{2} \frac{\sin{x}}{\cosh{t}-\cos{x}}$$

A continuación demostraré este resultado; es una simple suma geométrica. En cualquier caso, dejemos que $x=i \pi$ y $t=2 n \pi$ Entonces

$$\begin{align}\frac{\sinh{\pi}}{\cosh{2 n \pi}-\cosh{\pi}} &= 2 \sum_{k=1}^{\infty} e^{-2 n \pi k} \sinh{k \pi}\end{align}$$

Ahora podemos sumar:

$$\begin{align}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sinh{\pi}}{\cosh{2 n \pi}-\cosh{\pi}} &= 2 \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty} e^{-2 n \pi k} \sinh{k \pi}\\ &= 2 \sum_{k=1}^{\infty} \sinh{k \pi} \sum_{n=1}^{\infty}e^{-2 n \pi k}\\ &= 2 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sinh{k \pi}}{e^{2 \pi k}-1} \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{e^{\pi k} - e^{-\pi k}}{e^{2 \pi k}-1} \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} e^{-\pi k} \\ \therefore \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sinh{\pi}}{\cosh{2 n \pi}-\cosh{\pi}} &= \frac{1}{e^{\pi}-1} \end{align}$$

Para demostrar (+), escribe como la parte imaginaria de una suma geométrica.

$$\begin{align} \sum_{k=1}^{\infty} e^{-k t} \sin{k x} &= \Im{\sum_{k=1}^{\infty} e^{-k (t-i x)}} \\ &= \Im{\left [ \frac{1}{1-e^{-(t-i x)}} \right ]} \\ &= \Im{\left [ \frac{1}{1-e^{-t} \cos{x} - i e^{-t} \sin{x}} \right ]}\\ &= \frac{e^{-t} \sin{x}}{(1-e^{-t} \cos{x})^2 + e^{-2 t} \sin^2{x}}\\ &= \frac{\sin{x}}{e^{t}-2 \cos{x} + e^{-t}} \\ \therefore \sum_{k=1}^{\infty} e^{-k t} \sin{k x} &= \frac{1}{2} \frac{\sin{x}}{\cosh{t}-\cos{x}}\end{align}$$

QED

Answer 2

Para la primera suma, resulta que el teorema del residuo funciona, aunque todavía no estoy seguro de por qué no funciona para la segunda suma. En cualquier caso, consideremos

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{\cosh{2 n x}}{\cosh{4 n x} - \cosh{2 x}} = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cosh{2 n x}}{\cosh{4 n x} - \cosh{2 x}} - \frac{1}{\cosh{2 x} - 1}$$

Por el teorema del residuo, la suma en el LHS es cero. La razón es que

$$\mathrm{Res}_{z=1/2+i k} \frac{\pi \cot{\pi z} \cosh{2 x z}}{\cosh{4 x z}-\cosh{2 x}} = 0 \quad \forall k \in \mathbb{Z}$$

$$\therefore \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cosh{2 n x}}{\cosh{4 n x} - \cosh{2 x}} = \frac{1}{2}\frac{1}{\cosh{2 x} - 1} = \frac{1}{4 \sinh^2{x}} $$

Answer 3

Alternativamente, se puede demostrar lo siguiente de forma inductiva:

$$\sum_1^n\frac{\sinh \pi}{\cosh 2k\pi-\cosh \pi}=\frac{\sinh n\pi}{\cosh (n+1)\pi-\cosh n\pi}$$

Entonces:

$$\begin{align*}\frac{\sinh n\pi}{\cosh (n+1)\pi-\cosh n\pi}&=\frac{e^{n\pi}-e^{-n\pi}}{e^{(n+1)\pi}+e^{-(n+1)\pi}-e^{n\pi}-e^{-n\pi}}\\[7pt]&=\frac{1-e^{-2n\pi}}{e^\pi-1+e^{-(2n+1)\pi}-e^{-2n\pi}}\end{align*}$$

Todos los términos que incluyen $n$ tienden a $0$ por lo que tenemos:

$$\sum_1^{\infty}\frac{\sinh \pi}{\cosh 2n\pi-\cosh \pi}=\frac{1}{e^{\pi}-1}$$