¿Cómo Euler demostrar esta identidad?

Question

Mientras que el estudio de análisis de Fourier en el último semestre, vi un interesante identidad:

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2-\alpha^2}=\frac{1}{2\alpha^2}-\frac{\pi}{2\alpha\tan\pi\alpha}$$ siempre que $\alpha \in \mathbb{C}\setminus \mathbb{Z}$, lo que he aprendido dos pruebas usando series de Fourier y de residuos de cálculo.

Más explícitamente, se puede deducir el teorema usando series de Fourier de $f(\theta)=e^{i(\pi - \theta)\alpha}$ $[0,2\pi]$ o contorno de la integral de la función $g(z)=\frac{\pi}{(z^2-\alpha^2)\tan\pi z}$ a lo largo de grandes círculos.

Pero estas técnicas, siempre que yo sepa, no estaba completamente desarrollado en Euler del tiempo.

Entonces, ¿qué fue de Euler método para demostrar esta identidad? ¿Hay alguna prueba en el nivel de primaria?

Answer 1

De acuerdo a Wikipedia (https://en.wikipedia.org/wiki/Basel_problem), Euler fue el primero en dar una representación de la función seno como un infinito producto: $$(*) \hspace{2cm}\sin (\pi \alpha)=\pi \alpha \prod\limits_{n=1}^{\infty}(\frac{n^2-\alpha^2}{n^2}),$$ que fue formalmente demostrado por Weierstrass unos 100 años más tarde.

Ahora tomando "$\ln$" por los lados de (*) da $$\ln(\sin (\pi \alpha))=\ln(\pi \alpha)+ \sum \limits_{n=1}^{\infty} \ln (\frac{n^2-\alpha^2}{n^2}),$$ y después de tomar los derivados en ambos lados, llegamos a

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2-\alpha^2}=\frac{1}{2\alpha^2}-\frac{\pi}{2\alpha\tan\pi\alpha}.$$

Answer 2

Para la fracción parcial de la descomposición de la cotangente $$\pi \cot \pi z = \frac{1}{z} + \sum_{n\ge 1}\left( \frac{1}{z-n} + \frac{1}{z+n}\right) = \lim_{k\to\infty} \sum_{n=-k}^k \frac{1}{z-n}$$ por lo tanto \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2-\alpha ^2} &= \lim_{k\to\infty}\sum_{n=1}^k \frac{1}{n^2-\alpha^2}\\ &= -\frac{1}{2\alpha}\lim_{k\to\infty} \sum_{n=1}^k \frac{1}{\alpha-n} + \frac{1}{\alpha+n}\\ &= -\frac{1}{2\alpha}\lim_{k\to\infty} \left(-\frac{1}{\alpha} +\sum_{n=-k}^k \frac{1}{\alpha-n}\right)\\ &= -\frac{1}{2\alpha}\left(\pi \cot \pi \alpha - \frac{1}{\alpha}\right)\\ &= \frac{1-\pi \alpha\cot \pi \alpha}{2\alpha^2}\\ &=\frac{1}{2\alpha^2}-\frac{\pi}{2\alpha\tan\pi\alpha} \end{align*}