¿Cómo puedo probar$\pi ^2=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2n+1+\frac{a}{3})^2}+\frac{1}{(2n+1-\frac{a}{3})^2}$

Question

Probando esta fórmula $$ \ pi ^ {2} = \ sum_ {n \ = \ 0} ^ {\ infty} \ izquierda [\, {1 \ encima \ izquierda (\, 2n 1 a / 3 \, \ Derecha) ^ {2}} {1 \ encima \ izquierda (\, 2n 1 - a / 3 \, derecha) ^ {2}} \, \ derecha] $$ si$a$ un entero par Número para que $$ a \ geq 4 \ quad \ mbox {y} \ quad {\ rm gcd} \ left (\, a, 3 \, \ right) = 1 $$

Answer 1

Comience con el bien conocido? la expansión de $\cot z$ y diferenciar,

$$\cot z = \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{z n\pi} \implica \frac{1}{\sin(z)^2} = \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{(z - n\pi)^2} \implica \frac{\pi^2}{\sin(\pi z)^2} = \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{(z - n)^2} $$ Sustituto $z$$-\frac{1+\alpha}{2}$, obtenemos

$$\frac{\pi^2}{4\cos(\frac{\pi\alpha}{2})^2} = \sum_{n=-\infty}^\infty\frac{1}{(2n+1+\alpha)^2}\tag{*1}$$ En el lado derecho de la anterior suma, si queremos índice de los negativos $n$$-(m+1)$, tenemos

$$\frac{1}{(2n+1 + \alpha)^2} = \frac{1}{(2m+1 - \alpha)^2}$$ Esto significa que uno puede reescribir $(*1)$

$$\frac{\pi^2}{4\cos(\frac{\pi\alpha}{2})^2} = \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{(2n+1 + \alpha)^2} + \frac{1}{(2n+1 - \alpha)^2}\right)\tag{*2}$$

Al $\alpha = \frac{a}{3}$ donde $a$ es un entero par con $\gcd(a,3) = 1$, $\cos(\frac{\pi\alpha}{2}) = \pm \frac12$.
RHS$(*2)$ reduce a $\frac{\pi^2}{4\left(\frac12\right)^2} = \pi^2$ como se desee.

Answer 2

Alternativamente, consideremos$$f(a)=\sum_{n=0}^{\infty }\left(\frac{3}{2n+1-\frac{a}{3}}-\frac{3}{2n+1+\frac{a}{3}}\right)=9\sum_{n=0}^{\infty }\left(\frac{1}{6n+3-a}-\frac{1}{6n+3+a}\right)$ $ para que nuestra suma original sea$f'(a)$. $$ \begin{align} f(a)&=9\sum_{n=0}^{\infty }\int_0^1 \left(x^{6n+2-a}-x^{6n+2+a}\right)\,dx\\ &=9\int_0^1\sum_{n=0}^{\infty }\left(x^{6n+2-a}-x^{6n+2+a}\right)\,dx\\ &=9\int_0^1\left(\frac{x^{2-a}-x^{2+a}}{1-x^6}\right)\,dx\\ &=\frac{3}{2}\int_0^1\left(\frac{t^{-\large\frac{3+a}{6}}-t^{-\large\frac{3-a}{6}}}{1-t}\right)\,dt\\ &=\frac{3}{2}\left(\psi\left(\frac{3+a}{6}\right)-\psi\left(\frac{3-a}{6}\right)\right)\\ &=\frac{3\pi}{2}\cot\left(\frac{3-a}{6}\pi\right) \end {align} $$ Ver la representación integral y la fórmula de reflexión de la función digamma . Por lo tanto$$f'(a)=\sum_{n=0}^{\infty }\left[\frac{1}{\left(2n+1-\frac{a}{3}\right)^2}+\frac{1}{\left(2n+1+\frac{a}{3}\right)^2}\right]=\frac{\pi^2}{4}\sec^2\left(\frac{\pi a}{6}\right)$ $ entonces sigue$f'(a)=\pi^2$ para$a\ge4$ y$\text{gcd }(a,3)=1$.

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$

Con $\ds{a\ \geq\ 4}$ un entero par y $\ds{{\rm gcd}\pars{a,3} = 1}$:

\begin{align}&\color{#66f}{\large\sum_{n\ =\ 0}^{\infty}% \bracks{{1 \over \pars{2n + 1 + a/3}^{2}} + {1 \over \pars{2n + 1 - a/3}^{2}}}} \\[5mm]&={1 \over 4}\bracks{% \sum_{n\ =\ 0}^{\infty}{1 \over \pars{n + 1/2 + a/6}^{2}}+ \sum_{n\ =\ 0}^{\infty}{1 \over \pars{n + 1/2 - a/6}^{2}}} \\[5mm]&={1 \over 4}\bracks{% \Psi'\pars{\half + {a \over 6}} + \Psi'\pars{\half - {a \over 6}}} \end{align}

donde $\ds{\Psi\pars{z}}$ es la La Función Digamma $\ds{\bf 6.3.1}$ y se utilizó la identidad de$\ds{\bf 6.4.10}$ $\ds{\Psi^{\rm\pars{m}}\pars{z} = \pars{-1}^{\rm m}\,{\rm m}!\sum_{k\ =\ 0}^{\infty}{1 \over \pars{k + z}^{\rm m + 1}}\,,\ z\not=0,-1,-2,\ldots}$

Con Euler Reflexión Fórmula ${\bf 6.4.7}$ $\ds{\Psi^{\rm\pars{m}}\pars{1 - z} + \pars{-1}^{\rm m + 1}\Psi^{\rm\pars{m}}\pars{z} =\pars{-1}^{\rm m}\,\pi\,\totald[\rm m]{\cuna\pars{\pi z}}{z}}$ vamos a llegar \begin{align}&\color{#66f}{\large\sum_{n\ =\ 0}^{\infty}% \bracks{{1 \over \pars{2n + 1 + a/3}^{2}} + {1 \over \pars{2n + 1 - a/3}^{2}}}} ={1 \over 4}\bracks{-\pi\,\totald{\cot\pars{\pi z}}{z}}_{z\ =\ 1/2\ -\ a/6} \\[5mm]&={1 \over 4}\,\pi^{2}\csc^{2}\pars{\pi\bracks{\half - {a \over 6}}} ={1 \over \bracks{2\cos\pars{\pi a/6}}^{2}}\,\pi^{2} \end{align}

Sin embargo $\ds{a = 4,8,10,14,16,20,22,26\,\ldots}$ restando múltiplos de $\ds{6}$ a que la secuencia llegaremos $\ds{4,2,4,2,4,2,4,2\ldots}$, Es claro que $\ds{\cos\pars{\pi a/6} = \pm 1/2}$ porque $\ds{\cos\pars{\pi\, 4/6} = -1/2}$ y $\ds{\cos\pars{\pi\, 2/6} = 1/2}$. Así,

\begin{align}&\color{#66f}{\large\sum_{n\ =\ 0}^{\infty}% \bracks{{1 \over \pars{2n + 1 + a/3}^{2}} + {1 \over \pars{2n + 1 - a/3}^{2}}}} = \color{#66f}{\large \pi^{2}} \end{align}

Answer 4

Aquí hay otra solución. Teniendo en cuenta que$$\sum_{n=-\infty}^\infty f(n)= -\sum_{j=1}^k \operatorname*{Res}_{z=j}\pi \cot (\pi z)f(z) $ $ tenemos \begin{eqnarray} &&\sum_{n=0}^{\infty}\left[{1 \over \left(2n + 1 + a/3\right)^{2}} +{1 \over \left(2n + 1 - a/3\right)^{2}}\right]\\ &=&\sum_{n=-\infty}^{\infty}{1 \over \left(2n + 1 + a/3\right)^{2}}=\frac{1}{4}\sum_{n=-\infty}^{\infty}{1 \over \left(n + \frac{a+3}{6}\right)^{2}}\\ &=&-\frac14\text{Res}\left(\frac{\pi\cot(\pi z)}{\left(z + \frac{a+3}{6}\right)^{2}},z=-\frac{a+3}{6}\right)\\ &=&\frac{\pi^2}{4}(1+\tan^2(\frac{a\pi}{6}))\\ &=&\pi^2. \end {eqnarray} Esto es porque$a$ es igual y$\gcd(a,3)=1$ y$\tan(\frac{a\pi}{3})=\pm\sqrt 3$.