¿Cómo puedo probar que $$\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(m^2+n^2)}=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2(m^2+n^2)}=\frac{\pi^4}{72}?$$ Yo también abordó el problema en el chat, pero ninguna solución hasta el momento. Algunos consejos? Gracias!
Respuestas
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Por ahora, aquí es cómo podemos probar la segunda igualdad. Vamos a la segunda suma ser $S.$ tenga en cuenta que por la simetría también tenemos $$S= \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{m^2(m^2+n^2)}.$$ Now adding the two forms gives: $$2S = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{m^2n^2}= \left( \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m^2} \right)\left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\right)= \frac{\pi^4}{36}.$$
Como Fabian alude a ello en los comentarios, parece que la primera igualdad no se sostiene, ya que la diferencia entre las dos sumas es $$\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2-n}{n^3}\frac{1}{(m^2+n^2)}>0.$$
Ron Gordon
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Me pueden derivar de la segunda mitad de su pregunta. Para ello, vuelva a escribir el doble de la suma como
$$\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \left ( \sum_{m=-\infty}^{\infty} \frac{1}{m^2+n^2} - \frac{1}{n^2} \right )$$
Utilice el hecho de que
$$\sum_{m=-\infty}^{\infty} \frac{1}{m^2+n^2} = \frac{\pi}{n} \coth{\pi n}$$
Ahora la suma es
$$\frac{1}{2} \left ( \pi \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\coth{\pi n}}{n^3} - \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4} \right )$$
Ahora uso el análisis aquí:
suma de series que incluían coth mediante el análisis complejo
para obtener el siguiente resultado:
$$ \pi \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\coth{\pi n}}{n^3} = \frac{7 \pi^4}{180} $$
El resultado se sigue de que el conocido resultado de que $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4} = \pi^4/90$.
