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forma cerrada por una doble suma

Cómo puedo probar que $$\underset{k\geq1}{\sum}\left(\underset{m=-\infty}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{\left(-1\right)^{m}}{\left(2k-1\right)^{2}+m^{2}}\right)=\frac{\pi\log\left(2\right)}{8}\,?$$I trató de suma de possion pero al parecer no funciona.

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Roger Hoover Puntos 56

Podemos explotar dando a $ $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(at)}{a}e^{-bt}\,dt=\frac{1}{a^2+b^2} $: %#% $ de #% desde: %#% $ de #% es la onda rectangular cuyo valor es $$\begin{eqnarray*}\sum_{m\in\mathbb{Z}}\frac{(-1)^m}{(2k-1)^2+m^2} &=& \frac{1}{(2k-1)^2}+2\sum_{m\geq 1}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin((2k-1)t)}{2k-1}(-1)^m e^{-mt}\,dt\\&=&\frac{1}{(2k-1)^2}-2\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin((2k-1)t)}{2k-1}\frac{dt}{e^t+1}.\end{eqnarray*}$ $$g(t)=\sum_{k\geq 1}\frac{\sin((2k-1)t)}{2k-1}$, $\frac{\pi}{4}$ $(0,\pi)$ y así sucesivamente, es igual la serie original: %#% $ #% desde: $-\frac{\pi}{4}$ $ la respuesta final puede obtenerse del producto de Weierstrass para la función coseno hiperbólico.

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