Forma cerrada para $\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(n-a)^2+b^2}$ .

Question

¿Cuál es la forma cerrada para $\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(n-a)^2+b^2}$ ? Podemos utilizar las series de Fourier de $e^{-bx}$ ( $|x|<\pi$ ) para evaluar $\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{n^2+b^2}$ . Pero este, me parece que es difícil conseguir la forma cerrada.

Answer 1

En mi opinión, este es un ejemplo bastante bonito de aplicación de la Fórmula de suma de Poisson : $$ \sum_{n\in\mathbb{Z}}f(n)=\sum_{k\in\mathbb{Z}}\hat{f}(k),\qquad \hat{f}(\nu)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-2\pi i \nu x}dx.$$ A saber, establecer $f(x)=\frac{1}{(x-a)^2+b^2}$ encontramos \begin{align} \hat{f}(\nu)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-2\pi i \nu x}dx}{(x-a)^2+b^2}=e^{-2\pi i \nu a}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-2\pi i \nu x}dx}{x^2+b^2}= \frac{\pi}{b}e^{-2\pi i \nu a-2\pi |\nu| b}, \end{align} donde hemos asumido que $b>0$ y calculamos la última integral utilizando los residuos. Por lo tanto, la suma que intentamos calcular se reduce a series geométricas: $$\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(n-a)^2+b^2}=\frac{\pi}{b}\sum_{k\in\mathbb{Z}}e^{-2\pi i k a-2\pi |k| b}=\frac{\pi\sinh2\pi b}{b\left(\cosh2\pi b-\cos2\pi a\right)}.$$

Answer 2

Este también puede hacerse con la técnica estándar de usar el $\pi \cot(\pi z)$ multiplicador, integrando $$f(z) = \frac{\pi \cot(\pi z)}{(z-a)^2+b^2}$$ a lo largo de un círculo utilizando la misma técnica que aquí .

Integramos $f(z)$ a lo largo de un círculo de radio $R$ con $R$ yendo al infinito y la integral desaparece en el límite para que los residuos sumen cero (en realidad un cuadrado con vértices $$(\pm(N+1/2),\pm(N+1/2))$$ $N$ un número entero positivo es más fácil de manejar computacionalmente). Los polos de $f(z)$ que en los números enteros están en $$z_{0,1} = a\pm ib$$ y los residuos son $$\operatorname{Res}(f(z); z=z_0) = \left.\frac{\pi \cot(\pi z)}{2(z-a)}\right|_{z=z_0} = \frac{\pi\cot(\pi(a+bi))}{2bi} = \frac{\pi}{2bi} i \frac{e^{i\pi(a+bi)}+ e^{-i\pi(a+bi)}}{e^{i\pi(a+bi)}- e^{-i\pi(a+bi)}}$$ y $$\operatorname{Res}(f(z); z=z_1) = \left.\frac{\pi \cot(\pi z)}{2(z-a)}\right|_{z=z_1} = \frac{\pi\cot(\pi(a-bi))}{-2bi} = \frac{\pi}{-2bi} i \frac{e^{i\pi(a-bi)}+ e^{-i\pi(a-bi)}}{e^{i\pi(a-bi)}- e^{-i\pi(a-bi)}}.$$ Ahora pon $x=e^{i\pi a}$ y $y=e^{-\pi b}.$ El primer residuo se convierte en $$\operatorname{Res}(f(z); z=z_0) = \frac{\pi}{2b}\frac{xy+1/x/y}{xy-1/x/y}$$ y el segundo residuo es $$\operatorname{Res}(f(z); z=z_1) = -\frac{\pi}{2b}\frac{x/y+y/x}{x/y-y/x}.$$

Sumando las dos contribuciones y simplificando con la fórmula de Euler se obtiene $$-\frac{\pi x^2 (y^4-1)}{b (x^2y^2-1)(x^2-y^2)} = -\frac{\pi (y^2-1/y^2)}{b (x^2-1/y^2)(1-y^2/x^2)} \\= -\frac{\pi (y^2-1/y^2)}{b (x^2+1/x^2-y^2-1/y^2)} = \frac{\pi}{b} \frac{\sinh(2\pi b)}{\cos(2\pi a)-\cosh(2\pi b)}.$$

Ahora con $S$ siendo nuestra suma tenemos por el Teorema del Residuo de Cauchy que $$ S + \frac{\pi}{b} \frac{\sinh(2\pi b)}{\cos(2\pi a)-\cosh(2\pi b)} = 0$$ para que finalmente $$ S = \frac{\pi}{b} \frac{\sinh(2\pi b)}{\cosh(2\pi b)-\cos(2\pi a)}.$$

Este Enlace MSE contiene un cálculo similar, este incluye el cálculo de los límites pertinentes.

Answer 3

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{#c00000}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ \begin{align}&\color{#66f}{\large% \sum_{n\ =\ -\infty}^{\infty}{1 \over \pars{n - a}^{2} + b^{2}}} \\[5mm] = &\ \sum_{n\ =\ -\infty}^{-1}{1 \over \pars{n - a}^{2} + b^{2}} +{1 \over a^{2} + b^{2}} +\sum_{n\ =\ 1}^{\infty}{1 \over \pars{n - a}^{2} + b^{2}} \\[5mm]&=\sum_{n\ =\ 1}^{\infty}{1 \over \pars{n + a}^{2} + b^{2}} +{1 \over a^{2} + b^{2}} +\sum_{n\ =\ 1}^{\infty}{1 \over \pars{n - a}^{2} + b^{2}} \\[5mm]&=-\,{1 \over a^{2} + b^{2}} +\bracks{\color{#c00000}{% \sum_{n\ =\ 0}^{\infty}{1 \over \pars{n - a}^{2} + b^{2}}} + \pars{a \to -a}} \end{align}

\begin{align}&\color{#c00000}{% \sum_{n\ =\ 0}^{\infty}{1 \over \pars{n - a}^{2} + b^{2}}} =\sum_{n\ =\ 0}^{\infty} {1 \over \bracks{n - \pars{a + b\ic}}\bracks{n - \pars{a - b\ic}}} \\[5mm]&={\Psi\pars{a + b\ic} - \Psi\pars{a - b\ic}\over \pars{a + b\ic} - \pars{a - b\ic}} ={2\ic\,\Im\Psi\pars{a + b\ic} \over 2b\ic}={\Im\Psi\pars{a + b\ic} \over b} \end{align}

\begin{align}&\color{#66f}{\large% \sum_{n\ =\ -\infty}^{\infty}{1 \over \pars{n - a}^{2} + b^{2}}} \\[5mm] = &\ \color{#66f}{\large -\,{1 \over a^{2} + b^{2}} + {\Im\Psi\pars{a + b\ic} + \Im\Psi\pars{-a + b\ic} \over b}} \end{align}

$\ds{\Psi\pars{z}}$ es el Función Digamma .

Answer 4

Pistas:

• Diferenciar el logaritmo natural de Fórmula del producto infinito de Euler para la función seno . El logaritmo de un producto es la suma de logaritmos, y la derivada de una suma es la suma
  de los derivados.

• Luego, volviendo a tu serie, factoriza el denominador, utilizando números complejos si es necesario, y expande el sumando con la ayuda de fracciones parciales. A continuación, descomponga la suma en dos series, ambas expresables en formas cerradas utilizando el resultado anterior.

• Emplear Fórmula de Euler , vinculando las funciones trigonométricas de argumento complejo a las hiperbólicas, para perfeccionar el resultado final.

---

Euler : $\quad\displaystyle\sin\pi x~=~\pi x~\prod_{\large n\in\mathbb Z}^{\large n\neq0}\bigg(1-\frac xn\bigg)\quad=>\quad\ln\sin\pi x~=~\ln\pi x~+~\sum_{\large n\in\mathbb Z}^{\large n\neq0}\ln\bigg(1-\frac xn\bigg)$ .

Diferenciando, tenemos $~\displaystyle\pi\cot\pi x~=~\sum_{\large n\in\mathbb Z}~\frac1{x-n}.~$ Al mismo tiempo, $~(n-a)^2+b^2~$ puede ser

que se ha tenido en cuenta en $\Big[(n-a)-{\bf i}b\Big]\Big[(n-a)+{\bf i}b\Big]=\Big[n-(a+{\bf i}b)\Big]\Big[n-(a-{\bf i}b)\Big]=(n-z)(n-\bar z)$ ,

permitiéndonos después descomposición parcial de la fracción para escribir la suma como $~\displaystyle\frac{\bf i}{2b}~\sum_{\large n\in\mathbb Z}\bigg[\frac1{n-\bar z}-\frac1{n-z}\bigg]$

que luego se convierte en $\dfrac{{\bf i}\pi}{2b}\Big(\cot\pi z-\cot\pi\bar z\Big).~$ Ahora sólo queda emplear la fórmula

para $\cot\Big(A\pm B\Big)~=~\dfrac{\cot A\cot B\mp1}{\cot B\pm\cot A},~$ donde $A=a\pi$ y $B={\bf i}b\pi,~$ y $\cot{\bf i}x=-{\bf i}\coth x$ .