¿Es cierto que para todos$n\in\mathbb{N}$, \begin{align}f(n)=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(2k+1)^{4n+1}}{1+\exp{((2k+1)\pi)}}\end {align} es siempre racional. He calculado a través de Mathematica, que dice \begin{align}f(0)=\frac{1}{24},f(1)=\frac{31}{504},f(2)=\frac{511}{264},f(3)=\frac{8191}{24}\end {align} Pero no pude encontrar el patrón o la fórmula detrás de estos números, Gracias por su ayuda!
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Esta serie aparece en Apostol del libro "Modular Funciones y de Dirichlet de la Serie en la Teoría de los números" p.25 de acuerdo con (8) de MathWorld con el resultado (si la serie se inicia con $k=0$) : $$f(n)=\frac {2^{4n+1}-1}{8n+4}\,B_{4n+2}$$ con $B_n$ un número de Bernoulli.
ACTUALIZACIÓN: Apostol del libro puede ser consultado aquí y el teorema $13.17$ es la prueba de la clásica relación entre el$\zeta(2n)$$B_{2n}$.
Marko Riedel
Puntos
19255
Aquí es un método que utiliza la Mellin transforma para enriquecer la colección de las soluciones. Buscamos a evaluar (suponiendo que partimos de la original la serie en $k=0$ como observamos más arriba)
$$f(n) = \sum_{k\ge 1} \frac{(2k-1)^{4n+1}}{1+\exp((2k-1)\pi)},$$ éste comenzó a $k=1$ que corresponde a $k=0$ en el problema declaración.
Hay una suma de armónicos aquí que ahora evaluar por Mellin transformar de la inversión.
Introducir $$S(x) = \sum_{k\ge 1} \frac{((2k-1)x)^{4n+1}}{1+\exp((2k-1)\pi x)}$$ así que estamos interesados en $S(1).$
Recordar que el armónico suma de identidad $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1} \lambda_k g(\mu_k x);s\right) = \left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} \right) g^*(s)$$ donde $g^*(s)$ es la transformada de Mellin $g(x).$
En el presente caso tenemos que $$\lambda_k = 1, \quad \mu_k = 2k-1 \quad \text{y} \quad g(x) = \frac{1}{1+\exp(\pi x)}.$$
Necesitamos la Mellin transformar $g^*(s)$ $g(x)$ que es $$\int_0^\infty \frac{1}{1+\exp(\pi x)} x^{m-1} dx = \int_0^\infty \frac{\exp(-\pi x)}{1+\exp(-\pi x)} x^{m-1} dx \\= \int_0^\infty \left(\sum_{q\ge 1} (-1)^{p-1} e^{-\pi q x} \right) x^{m-1} dx = \sum_{q\ge 1} (-1)^{p-1} \int_0^\infty e^{-\pi q x} x^{m-1} dx \\= \frac{1}{\pi^s} \Gamma(s) \sum_{q\ge 1} \frac{(-1)^{p-1}}{q^s} = \frac{1}{\pi^s} \left(1 - \frac{2}{2^s}\right)\Gamma(s) \zeta(s).$$
La serie que hemos utilizado aquí converge absolutamente para $x$ en la integración de los límites.
De ello se desprende que la Mellin transformar $Q(s)$ de la suma de armónicos $S(x)$ está dado por
$$Q(s) = \frac{1}{\pi^{s+4n+1}} \left(1 - \frac{2}{2^{s+4n+1}}\right)\Gamma(s+4n+1) \zeta(s+4n+1) \left(1 - \frac{1}{2^s} \right) \zeta(s) \\ \text{porque}\quad \sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \sum_{k\ge 1} \frac{1}{(2k-1)^s} = \left(1 - \frac{1}{2^s} \right) \zeta(s)$$ para $\Re(s) > 1.$
Para ver esta nota, que la función de base de la suma es $$\frac{x^{4n+1}}{1+\exp(\pi x)} .$$
El Mellin de inversión integral para $Q(s)$ es $$\frac{1}{2\pi i} \int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty} P(s)/x^s ds$$ que nos evaluar por desplácelo hacia la izquierda para una expansión de alrededor de cero.
Pues resulta que sólo se necesita la contribución de la pole en $s=1.$
Tenemos que $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s=1\right) = \frac{1}{\pi^{4n+2}} \left(1-\frac{2}{2^{4n+2}}\right) \times (4n+1)! \times \zeta(4n+2)\times \frac{1}{2} \times \frac{1}{x} \\= \frac{1}{\pi^{4n+2}} \frac{2^{4n+2}-2}{2^{4n+2}} \times (4n+1)! \times \frac{(-1)^{(2n+1)+1} B_{4n+2} (2\pi)^{4n+2}}{2\times (4n+2)!} \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{x} \\ = (2^{4n+1}-1)\frac{B_{4n+2}}{8n+4} \times \frac{1}{x}.$$
Esta casi concluye la evaluación el resultado de los residuos de nosotros sólo calculada porque podemos demostrar que $Q(s)/x^s$ $x=1$ es impar en la línea de $\Re(s) = -2n$, de modo que se desvanece y, si se detiene después de cambiando a la línea de la Mellin de inversión integral que empezamos es igual a la contribución de la pole en $s=1.$
Para ver esto puso a $s=-2n+it$ obtener $$\frac{1}{\pi^{2n+1+it}} \left(1 - \frac{2}{2^{2n+1+it}}\right)\Gamma(2n+1+it) \zeta(2n+1+it) \left(1 - \frac{1}{2^{-2n+}} \right) \zeta(-2n+)$$ que es $$\frac{1}{\pi^{2n+1+it}} \frac{2^{2n+1+it}-2}{2^{2n+1+it}} \Gamma(2n+1+it) \zeta(2n+1+it) \frac{2^{-2n+} -1}{2^{-2n+}} \zeta(-2n+)$$
Ahora el uso de la ecuación funcional de la Riemann Zeta función en el siguiente forma: $$\zeta(1-s) = \frac{2}{2^s\pi^s} \cos\left(\frac{\pi s}{2}\right) \Gamma(s) \zeta(s)$$ para transformar la anterior en $$(2^{2n+1+it}-2) \times \frac{\zeta(1-(2n+1+it))}{2\cos(\pi(2n+1+it)/2)} \frac{2^{-2n+} -1}{2^{-2n+}} \zeta(-2n+)$$ que es $$(2^{2n+} -1) \times \frac{\zeta(-2n -))} {\cos(\pi + \pi(2n+1)/2)} (1-2^{2n -}) \zeta(-2n+)$$ que, finalmente, reescribir como $$(2^{2n+} -1) (1-2^{2n -}) \frac{(-1)^{n+1}}{\sin(\pi/2)} \zeta(-2n+)\zeta(-2n-es)$$ o $$(1-2^{2n+}) (1-2^{2n -}) \frac{(-1)^n}{\sin(\pi/2)} \zeta(-2n+)\zeta(-2n -).$$
Entre este producto de cinco términos de los dos primeros en su conjunto son incluso como son los últimos dos zeta función de los términos. El medio sine plazo es impar en $t$, por lo que todo el producto es impar en $t$ y estamos hecho, el tener obtenida la respuesta $$(2^{4n+1}-1)\frac{B_{4n+2}}{8n+4}.$$
