La forma cerrada para $\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{n^4+a^4}$

Question

He estado trabajando con la serie de esta semana y me encontré con un par que me ha estado molestando.

Estoy buscando la forma cerrada de:

$$ J(a)=\sum_{-\infty}^{\infty} \frac {1} {n^4+a^4} $$

Como con el otro que he publicado, la solución para la forma cerrada parece un esfuerzo inútil nada que implican la diferenciación, integración, o DE forma lleva a una conocida serie de soluciones, tales como $e^{x}$, $ln(x)$, etc. Me estoy quedando sin pelo aquí. Voy a agradecer a alguien que está dispuesto a ayudar.

Answer 1

Como se indicó anteriormente, esta suma puede ser evaluado utilizando los residuos de la teoría. Voy a decir el resultado: $f$ suficientemente "bien comportado" (lo que significa que se desvanece lo suficientemente rápido a lo largo de las secciones verticales de la típica rectangular de contorno se utiliza para derivar la siguiente relación):

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} f(n) = -\sum_k \operatorname*{Res}_{z=z_k} [\pi \, \cot{\pi z} \, f(z)]$$

donde $z_k$ es un no-reales(integral) de un polo de $f$ en el plano complejo.

En este caso, $f(z)=1/(z^4+a^4)$ y los polos están en $z = a\,e^{i (2 k-1) \pi/4}$, $k \in \{1,2,3,4\}$. Así, la evaluación de la suma se reduce a la generalización de los residuos en estas polos:

$$-\sum_k \text{Res}_{z=z_k} \pi \, \cot{\pi z} \, f(z) = -\sum_{k=1}^4 \frac{\pi \cot{(\pi e^{i (2 k-1) \pi/4})}}{4 a^3 e^{i 3 (2 k-1) \pi/4}} $$

Ahora, se puede deducir que

$$\cot{(b\, e^{i t})} = \frac{\sin(2 b \cos{t})}{\cosh(2 b \cos{t})-\cos(2 b \sin{t})}-i \frac{ \sinh(2 b \sin{t})}{\cosh(2 b \cos{t})-\cos(2 b \sin{t})}$$

Usted puede verificar esta fórmula en un programa como Wolfram Alpha o Mathematica, o puede derivar con el seno y coseno, además de teoremas.

El álgebra de los involucrados puede resultar tedioso y propenso a errores. Voy a esbozar aquí un par de consejos para obtener el resultado correcto. La reescritura de la suma de los residuos como (signo negativo):

$$\frac{\pi}{4 a^3} \left [ e^{-i 3 \pi/4} \frac{-\sin{(\sqrt{2} \pi a)} + i\sinh{(\sqrt{2} \pi a)} }{\cosh{(\sqrt{2} \pi a)} -\cos{(\sqrt{2} \pi a)}} + \\ e^{-i 9 \pi/4} \frac{\sin{(\sqrt{2} \pi a)} + i\sinh{(\sqrt{2} \pi a)} }{\cosh{(\sqrt{2} \pi a)} -\cos{(\sqrt{2} \pi a)}} + \\ e^{-i 15 \pi/4} \frac{\sin{(\sqrt{2} \pi a)} - i\sinh{(\sqrt{2} \pi a)} }{\cosh{(\sqrt{2} \pi a)} -\cos{(\sqrt{2} \pi a)}} + \\e^{-i 21 \pi/4} \frac{-\sin{(\sqrt{2} \pi a)} - i\sinh{(\sqrt{2} \pi a)} }{\cosh{(\sqrt{2} \pi a)} -\cos{(\sqrt{2} \pi a)}} \right ]$$

Debe ser claro que el exponenciales puede ser reducido, y se termina con dos pares de complejos conjugados si todo se hace correctamente. En este punto voy a dejar los detalles para que el lector y el estado del resultado final:

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{n^4+a^4} = \frac{\pi}{\sqrt{2} \, a^3} \frac{\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}+\sin{(\sqrt{2} \pi a)}}{\cosh{(\sqrt{2} \pi a)} -\cos{(\sqrt{2} \pi a)}}$$

BONO

Como comprobación, se puede derivar la conocida fórmula

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90}$$

considerando el comportamiento del resultado anterior en el límite de $a \to 0$. Tenga en cuenta que

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4+a^4} = \frac12 \left [ \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{n^4+a^4} - \frac{1}{a^4}\right]$$

Ahora Taylor ampliar el resultado lo suficiente como para conseguir un nonvanishing resultado:

$$ \frac{\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}+\sin{(\sqrt{2} \pi a)}}{\cosh{(\sqrt{2} \pi a)} -\cos{(\sqrt{2} \pi a)}} \sim \frac{2 \sqrt{2} \pi a \left ( 1+ \frac{\pi^4 a^4}{30} \right )}{2 \pi^2 a^2 \left ( 1+ \frac{\pi^4 a^4}{90} \right )} \sim \frac{\sqrt{2}}{\pi a} \left ( 1+ \frac{\pi^4 a^4}{45} \right) $$

Poniendo todo esto, se obtiene la suma deseada.

Answer 2

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert #1 \right\vert} \newcommand{\yy}{\Longleftrightarrow}$

$\ds{ {\rm J}\pars{a} = \sum_{n = -\infty}^{\infty}{1 \over n^{4} + a^{4}} = -\,{1 \over a^{4}} + 2\sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over n^{4} + a^{4}} }$

\begin{align} &{\rm J}\pars{a} + {1 \over a^{4}} = 2\sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over 2\ic a^{2}} \pars{{1 \over n^{2} - \ic a^{2}} - {1 \over n^{2} + \ic a^{2}}} = {2 \over a^{2}}\Im\sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over n^{2} - \ic a^{2}} \\[3mm]&= {2 \over a^{2}}\Im\sum_{n = 0}^{\infty} {1 \over \pars{n + \tilde{n}}\pars{n - \tilde{n}}} \qquad\mbox{where}\qquad \tilde{n} = \expo{\ic\pi/4}\verts{a} \end{align}

\begin{align} &{\rm J}\pars{a} + {1 \over a^{4}} = {2 \over a^{2}}\Im\bracks{ \Psi\pars{\tilde{n}} - \Psi\pars{-\tilde{n}} \over \tilde{n} - \pars{-\tilde{n}}} = {1 \over \verts{a}^{3}}\Im\braces{\expo{-\ic\pi/4}\bracks{ \Psi\pars{\tilde{n}} - \Psi\pars{-\tilde{n}}}}\tag{1} \end{align} donde $\ds{\Psi\pars{z}}$ es la La Función Digamma $\bf\mbox{6.3.1}$.

También, $$ \Psi\pars{\tilde{n}} - \Psi\pars{-\tilde{n}} =\overbrace{\Psi\pars{\tilde{n} + 1} - {1 \over \tilde{n}}} ^{\ds{=\ \Psi\pars{\tilde{n}}}}\ -\ \Psi\pars{-\tilde{n}} =-\,{1 \over \tilde{n}} +\ \overbrace{\bracks{\Psi\pars{\tilde{n} + 1} - \Psi\pars{-\tilde{n}}}} ^{\ds{=\ \pi\cuna\pars{\pi\bracks{-\tilde{n}}}}} $$ donde hemos utilizado la Fórmula de Recurrencia $\ds{\bf\mbox{6.3.5}}$ y el de Euler Reflexión Fórmula $\ds{\bf\mbox{6.3.7}}$. Sustituimos este resultado en la expresión $\pars{1}$: \begin{align} {\rm J}\pars{a} + {1 \over a^{4}}& ={1 \over \verts{a}^{3}}\,\Im\braces{\expo{-\pi\ic/4}\bracks{-\,{1 \over \expo{\pi\ic/4}\verts{a}} - \pi\cot\pars{\pi\tilde{n}}}} ={1 \over \verts{a}^{4}} - {\pi \over \verts{a}^{3}} \,\Im\bracks{\expo{-\pi\ic/4}\cot\pars{\pi\tilde{n}}} \end{align}

\begin{align}{\rm J}\pars{a}&=-\,{\pi \over \verts{a}^{3}} \,\Im\bracks{\expo{-\pi\ic/4}\cot\pars{\pi\tilde{n}}} =-\,{\pi \over a^{3}} \,\Im\bracks{\expo{-\pi\ic/4} \cot\pars{{\pi\root{2} \over 2}\, a + {\pi\root{2} \over 2}\, a\ic}} \\[3mm]&=-\,{\root{2}\pi \over 2a^{3}}\,\Im\bracks{\pars{1 - \ic}\, {1 - \mu\nu\ic \over \mu + \nu\ic}} \qquad\mbox{where}\qquad\left\lbrace\begin{array}{rcl} \mu & \equiv & \tan\pars{{\root{2}\pi \over 2}\,a} \\[2mm] \nu & \equiv & \tanh\pars{{\root{2}\pi \over 2}\,a} \end{array}\right. \\[5mm] {\rm J}\pars{un} y={\raíz{2}\pi \over 2}\, {\mu\pars{1 - \nu^{2}} + \nu\pars{1 + \mu^{2}} \over a^{3}\pars{\mu^{2} + \nu^{2}}} \end{align}

$$\color{#00f}{\begin{array}{|l|}\hline\\ \quad{\rm J}\pars{a} =\sum_{n = -\infty}^{\infty}{1 \over n^{4} + a^{4}} \\[3mm]\quad ={\root{2}\pi \over 2}\, {\tan\pars{\root{2}\pi a/2}\sech^{2}\pars{\root{2}\pi a/2} +\tanh\pars{\root{2}\pi a/2}\sec^{2}\pars{\root{2}\pi a/2} \over a^{3}\bracks{\tan^{2}\pars{\root{2}\pi a/2} + \tanh^{2}\pars{\root{2}\pi a/2}}} \quad \\ \\ \hline \end{array}} $$ Podemos comprobar, después de un "doloroso manipulación", que la expresión anterior satisface $\ds{\lim_{a \to 0} \underbrace{{1 \over 2}\bracks{{\rm J}\pars{a} - {1 \over a^{4}}}} _{\ds{=\ \sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over n^{4}}}} = {\pi^{4} \más de 90}}$.

Answer 3

Deje $f:z\mapsto \dfrac{\pi\cot(\pi z)}{z^4+a^4}$,$a\in\Bbb R^*$. Es una función de meromorphic $\Bbb C$, y sus polos son $z_k=a e^{i\left(\dfrac \pi4 +k\dfrac\pi2\right)}$, $(k=0,\dots,3)$ y todos los números enteros. Todos son simples postes y ninguno de estos polos es en el círculo de $C_n=C(0,n+\frac 12)$ (viajó una vez en el sentido contrario).

Deje $n\in\Bbb Z$. Usted tiene : $$\mathrm{Res}(f,n)=\displaystyle\lim_{z\to n}\ (z-n)\dfrac{\pi\cot(\pi z)}{z^4+a^4}=\dfrac \pi{\pi\tan'(\pi n)(n^4+a^4)}=\dfrac 1{n^4+a^4}$$

Por el teorema de los residuos, se tiene : $$\dfrac 1{2i\pi}\int_{C_n} f(z)dz=\sum_{k=0}^3 \mathrm{Res}(f,z_k)+\sum_{k=-n}^n \dfrac 1{n^4+a^4}$$

Usted puede probar (esa es la parte difícil) que el lado izquierdo tiende a $0$ al $n$ tiende a $\infty$,

Así se obtiene : $$\sum_{n=-\infty}^{+\infty} \dfrac 1{n^4+a^4}=-\pi\sum_{k=0}^3 \mathrm{Res}(f,z_k)$$

Voy a dejar que termine !

Usted puede utilizar ese $\pi\cot(\pi z)$ truco para evaluar la serie de la forma $\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{+\infty} \dfrac{P(n)}{Q(n)}$ $P$ $Q$ dos polinomios s.t. $\deg(P)<\deg(Q)-1$ $0\notin Q(\Bbb R)$