La prueba de $\frac{1}{e^{\pi}+1}+\frac{3}{e^{3\pi}+1}+\frac{5}{e^{5\pi}+1}+\ldots=\frac{1}{24}$

Question

Me gustaría probar ese $\displaystyle\sum_{\substack{n=1\n\text{ odd}}}^{\infty}\frac{n}{e^{n\pi}+1}=\frac1{24}$.

He encontrado una solución por mí mismo 10 horas después de lo publicado, aquí está:

$$f(x)=\sum_{\substack{n=1\n\text{ odd}}}^{\infty}\frac{nx^n}{1+x^n},\quad\quad g(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{nx^n}{1-x^n},$$

entonces yo debo demostrar que $f(e^{-\pi})=\frac1{24}$. It was not hard to find the relation between $f(x)$ and $g(x)$, namely $f(x)=g(x)-4g(x^2)+4g(x^4)$.

Tenga en cuenta que $g(x)$ es una Lambert de la serie, así que por la expansión de la serie de Taylor para los denominadores y revertir la suma de dos, tengo

$$g(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\sigma(n)x^n$$

donde $\sigma$ is the divisor function $\sigma(n)=\sum_{d\mid n}d$.

Yo, a continuación, definir complejas $\tau$ la función % # % # % , de modo que $$G_2(\tau)=\frac{\pi^2}3\Bigl(1-24\sum_{n=1}^{\infty}\sigma(n)e^{2\pi in\tau}\Bigr)$$

Pero está comprobado en Apostol "las formas Modulares y de la Serie de Dirichlet", página 69-71 que $$f(e^{-\pi})=g(e^{-\pi})-4g(e^{-2\pi})+4g(e^{-4\pi})=\frac1{24}+\frac{-G_2(\frac i2)+4G_2(i)-4G_2(2i)}{8\pi^2}.$$. Esto es exactamente fue necesario para obtener el resultado deseado.

Hitoshigoto oshimai !

Me parece que suma fascinante. $G_2\bigl(-\frac1{\tau}\bigr)=\tau^2G_2(\tau)-2\pi i\tau$, which gives $\begin{cases}G_2(i)=-G_2(i)+2\pi\ G_2(\frac i2)=-4G_2(2i)+4\pi\end{cases}\quad$ todos juntos para finalmente obtener una racional. Esta es la razón por la que las matemáticas es hermoso!

Gracias a todos los que han contribuido.

Answer 1

Vamos a utilizar el Mellin transformar técnica. Recordando la Mellin de transformación y su inversa

$$ F(s) =\int_0^{\infty} x^{s-1} f(x)dx, \quad\quad f(x)=\frac{1}{2 \pi i} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} x^{-s} F(s)\, ds. $$

Ahora, vamos a considerar la función

$$ f(x)= \frac{x}{e^{\pi x}+1}. $$

Tomando la transformada de Mellin $f(x)$, obtenemos

$$ F(s)={\pi }^{-s-1}\Gamma \left( s+1 \right) \left(1- {2}^{s} \right) \zeta \left( s+1 \right),$$

donde $\zeta(s)$ es la función zeta . Representación de la función en términos de la inversa de Mellin de Transformación, tenemos

$$ \frac{x}{e^{\pi x}+1}=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\pi }^{-s-1}\Gamma \left( s+1 \right) \left( 1-{2}^{s} \right) \zeta \left( s+1 \right) x^{-s}ds. $$

Sustituyendo $x=2n+1$ y la suma de los rendimientos

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2n+1}{e^{\pi (2n+1)}+1}=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\pi}^{-s-1}\Gamma \left( s+1 \right)\left(1-{2}^{s} \right) \zeta\left( s+1 \right) \sum_{n=0}^{\infty}(2n+1)^{-s}ds$$

$$ = \frac{1}{2\pi i}\int_{C}{\pi }^{-s-1}\Gamma \left( s+1 \right) \left(1-{2}^{-s} \right)^2\zeta\left( s+1 \right) \zeta(s)ds.$$

Ahora, la única contribución de los polos proviene de la simple polo $s=1$ of $\zeta(s)$ and the residue equals to $\frac{1}{24}$. Así, la suma es dada por

$$ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{2n+1}{e^{\pi (2n+1)}+1}=\frac{1}{24} $$

Notas: 1)

$$ \sum_{n=0}^{\infty}(2n+1)^{-s}= \left(1- {2}^{-s} \right) \zeta \left( s \right). $$

2) el residuo de La simple polo $s=1$, que es el polo de la función zeta, se puede calcular como

$$ r = \lim_{s=1}(s-1)({\pi }^{-s-1}\Gamma \left( s+1 \right) \left({2}^{-s}-1 \right)^2\zeta\left( s+1 \right) \zeta(s))$$

$$ = \lim_{s\to 1}(s-1)\zeta(s)\lim_{s\to 1} {\pi }^{-s-1}\Gamma \left( s+1 \right) \left({2}^{-s}-1 \right)^2\zeta\left( s+1 \right) = \frac{1}{24}. $$

Para el cálculo del límite anterior, hemos utilizado los hechos

$$ \lim_{s\to 1}(s-1)\zeta(s)=1, \quad \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}. $$

3) Aquí es la técnica para el cálculo de la transformada de Mellin $f(x)$.

Answer 2

Vamos a empezar con $$ \sum_{n=0}^\infty x^n=\frac1{1-x}\etiqueta{1} $$ La diferenciación $(1)$ and multiplying by $x$, obtenemos $$ \sum_{n=0}^\infty nx^n=\frac{x}{(1-x)^2}\etiqueta{2} $$ Teniendo la extraña parte de $(2)$ rendimientos $$ \sum_{n=0}^\infty(2n+1)x^{2n+1}=\frac{x(1+x^2)}{(1-x^2)^2}\etiqueta{3} $$ El uso de $(3)$, obtenemos $$ \begin{align} \sum_{n=0}^\infty\frac{2n+1}{e^{(2n+1)\pi}+1} &=\sum_{n=0}^\infty\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}(2n+1)e^{-(2n+1)k\pi}\\ &=\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=0}^\infty(-1)^{k-1}(2n+1)e^{-(2n+1)k\pi}\\ &=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{e^{-k\pi}\left(1+e^{-2k\pi}\right)}{\left(1-e^{-2k\pi}\right)^2}\\ &=\frac12\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{\cosh(k\pi}{\sinh^2(k\pi}\etiqueta{4} \end{align} $$

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Podemos usar la fórmula probada en esta respuesta $$ \pi\cuna(\pi z)=\sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac1{z+k}\etiqueta{5} $$ para derivar $$ \begin{align} \pi\csc(\pi z) &=\pi\cuna(\pi z/2)-\pi\cuna(\pi z)\\[9 puntos] &=\sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac2{z+2k}-\sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac1{z+k}\\ &=\sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac{(-1)^k}{z+k}\\ \pi^2\frac{\cos(\pi z)}{\sin^2(\pi z)} &=\sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac{(-1)^k}{(z+k)^2}\etiqueta{6} \end{align} $$ a continuación, gire coordina con $z\mapsto iz$ para obtener $$ \pi^2\frac{\cosh(\pi z)}{\sinh^2(\pi z)}=\sum_{j\in\mathbb{Z}}\frac{(-1)^j}{(z+ij)^2}\etiqueta{7} $$

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Ahora plug $(7)$ into $(4)$: $$ \begin{align} \sum_{n=0}^\infty\frac{2n+1}{e^{(2n+1)\pi}+1} &=\frac1{2\pi^2}\sum_{k=1}^\infty\sum_{j\in\mathbb{Z}}(-1)^{j+k-1}\frac1{(k+ij)^2} \\ &=\frac1{2\pi^2}\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac1{k^2}\\ &+\frac1{2\pi^2}\sum_{k=1}^\infty\sum_{j=1}^\infty(-1)^{j+k-1}\left(\frac1{(k+ij)^2}+\frac1{(k-ij)^2}\right)\\ &=\frac1{2\pi^2}\frac{\pi^2}{12}\\ &+\frac1{2\pi^2}\sum_{k=1}^\infty\sum_{j=1}^\infty(-1)^{j+k-1}\frac{2(k^2-j^2)}{(k^2+j^2)^2}\\ &=\frac1{24}+0\etiqueta{8} \end{align} $$

Answer 3

El cálculo de la transformada de Mellin $f(x)$ no está presente en la respuesta anterior, así que voy a mostrar aquí.

$$\mathfrak{M}\left(\frac{1}{e^{\pi x}+1};s \right) = \int_0^\infty \frac{1}{e^{\pi x}+1} x^{m-1} dx = \int_0^\infty \frac{1}{e^{\pi x}} \frac{1}{1+e^{-\pi x}} x^{m-1} dx \\= \int_0^\infty \frac{1}{e^{\pi x}} \sum_{q\ge 0} (-1)^q e^{-\pi q x} x^{m-1} dx = \int_0^\infty \sum_{q\ge 0} (-1)^q e^{-\pi (q+1) x} x^{m-1} dx \\ = \Gamma(s) \sum_{q\ge 0} (-1)^q \frac{1}{\pi^s (q+1)^s} = \frac{1}{\pi^s} \Gamma(s) (\zeta(s) - 2 \times 2^{s} \times \zeta(s)) = \frac{1}{\pi^s} \Gamma(s) (1 - 2\times 2^{s}) \zeta(s).$$ Ahora sigue de la definición de la transformación que Mellin $$\mathfrak{M}\left(\frac{x}{e^{\pi x}+1};s \right) = \frac{1}{\pi^{s+1}} \Gamma(s+1) (1 - 2^{-s}) \zeta(s+1).$$

Answer 4

En realidad, lo anterior no es bastante completa, la pieza que falta es la prueba de que podemos caer en la contribución de la pole en $s=-1,$ which is $x/24.$ A comprobar esto tenemos que demostrar que $$\int_{-i\infty}^{i\infty} \frac{1}{\pi^{s+1}} \Gamma(s+1) (1-2^{s})^2 \zeta(s+1)\zeta(s) ds = 0.$$ Ahora, a partir de la ecuación funcional de la Riemann Zeta función, podemos ver que esta integral es igual a $$-\int_{-i\infty}^{i\infty} \frac{\zeta(-s)}{\sin(1/2\pi)} (2^s-1) (1-2^{s}) \zeta(s) ds$$ Haciendo la contabilidad nos encontramos con que el núcleo $$ g(s) = \frac{\zeta(-s)}{\sin(1/2\pi)} (2^s-1) (1-2^{s}) \zeta(s) $$ of this integral has the property that $g(s) = - g(-s)$ sobre el eje imaginario, por lo que la integral es cero.

Para ver esto consideremos cuál es el efecto que la negación tiene sobre los términos individuales. $$\zeta(-s)\zeta(s) \to \zeta(s)\zeta(-s),$$ $$(2^s-1)(1-2^{-s}) \to (2^{-s}-1)(1-2^s) = (2^s-1)(1-2^{-s}),$$ $$\sin(1/2 s\pi) \to \sin(1/2 (-s)\pi) = -\sin(1/2 s\pi).$$ Los dos primeros términos son, incluso, y el último es impar, QED.

Tenga en cuenta que hemos tomado ventaja del hecho de que $x=1$ ... for other values of $x$ este truco no va a ir a través de. También es relevante que la negación (rotación de 180 grados sobre el origen) se toma el eje imaginario a sí mismo (este no es el caso cuando estamos integrando a lo largo de alguna otra línea paralela al eje imaginario en la mitad derecha del plano).