Por qué esto es cierto $ \sum_{n=-\infty}^\infty\frac{\cos\pi\sqrt{n^2+1}}{3+4n^2}=\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos\pi\sqrt{x^2+1}}{3+4x^2}dx $?

Question

Cómo se puede probar que la suma infinita de esta función es igual a su integral $$ \sum_{n=-\infty}^\infty\frac{\cos\pi\sqrt{n^2+1}}{3+4n^2}=\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos\pi\sqrt{x^2+1}}{3+4x^2}dx\ ? \etiqueta{1} $$

Mi análisis: Mathematica no era capaz de devolver cualquier forma cerrada para la integral o la suma. Luego he comprobado esta relación mediante cálculos numéricos y se comprometió a unos 20 decimales.

Sé que a partir de esta pregunta Suma es igual a la integral que la función de $\text{sinc}\ x=\frac{\sin x}{x}$ tiene la misma propiedad $$ \int_{-\infty}^{+\infty} {\rm sinc}\, x \, dx = \sum_{n = -\infty}^{+\infty} {\rm sinc}\, n = \pi $$ Traté de encontrar una forma cerrada para la integral $(1)$, pero no podía.

Motivación: que fue impugnada por un amigo para demostrar esta relación. Tengo curiosidad por cómo uno puede demostrar?

Nota: ha habido una sugerencia para aplicar directamente Euler-MacLauren suma fórmula para probar esta afirmación. Aunque no sé por qué no se puede aplicar en este caso, he comprobado numéricamente si la suma es igual a la integral de la apariencia similar funciones de $f_1(x)=\frac{\cos\pi\sqrt{x^2+1}}{1+x^2}$$f_2(x)=\frac{\cos\pi\sqrt{x^2+1}}{2+x^2}$, pero en ambos casos existe una diferencia de alrededor de un 1% entre la suma y la integral. En starck contraste a esto, utilizando el mismo algoritmo para $\frac{\cos\pi\sqrt{x^2+1}}{3+4x^2}$ no hay ninguna diferencia entre la suma y la integral de al menos 20 posiciones decimales. Así que creo que es muy poco probable que un 1% de error puede atribuirse a error de cálculo.

Answer 1

Para cualquier positivos $a$, definir

$$f_a(x) =\frac{\cos\pi\sqrt{x^2+1}}{x^2+a^2}$$

Lo que he observado es causada por la igualdad $$\sum_{n=-\infty}^\infty f_a(n) - \int_{-\infty}^\infty f_a(x) dx = \frac{2\pi}{a(e^{2\pi} - 1)}\times \begin{cases} \cosh\pi\sqrt{a^2-1}, & a > 1\\ \\ \cos\pi\sqrt{1-a^2}, & a < 1 \end{casos} \etiqueta{*1} $$ y el hecho de $$\cos\pi\sqrt{1-a^2} = \cos\frac{\pi}{2} = 0\quad\text{ when } a^2 = \frac34$$

Para ver por qué se $(*1)$ es cierto, usamos el hecho de $f_a(n)$ es una función par en $n$ a reescribir la LHS de $(*1)$

$$2 \left[\sum_{n=0}^\infty f_a(n) - \left(\int_0^\infty f_a(x) dx + \frac12 f_a(0)\right)\right]$$

Esto es similar a lo que se encuentra en el Abel-Plana fórmula${}^{\color{blue}{[1]}}$,

Para cualquier función de $f(z)$ que es

• continua en $\Re z \ge 0$ y analítica en $\Re z > 0$
• $f(z) \sim o(e^{2\pi|\Im z|})$ $\Im z \to \pm \infty$ , de manera uniforme con respecto a $\Re z$.

tenemos

$$\sum_{n=0}^\infty f(n) = \int_0^\infty f(x) dx + \frac12 f(0) + i \int_0^\infty \frac{f(it) - f(-it)}{e^{2\pi t}-1} dt\tag{*2}$$

Sin embargo, $f_a(x)$ no es exactamente cumplan la condición anterior. Tiene dos pol $\pm a i$. Después de un poco de ajuste de la curva de nivel utilizado en la prueba de Abel-Plana de la fórmula, se encuentran:

$$\text{LHS}(*1) = 2i \lim_{\epsilon\to 0^{+}} \int_0^\infty \frac{f_a(it+\epsilon) - f_a(-it+\epsilon)}{e^{2\pi t} - 1} dt$$

Para $t \ne a$, ya que el $f_a(z)$ es incluso, las dos piezas en $f_a(it+\epsilon) - f_a(-it+\epsilon)$ cancela como $\epsilon \to 0^{+}$.
Para $t \approx a$, las dos piezas se pueden combinar para una parte integral de la $\frac{f(it)}{e^{2\pi t}-1}$ más de un círculo centrado en $a$.
Como resultado, RHS se reduce a

$$(2i)(2\pi i)\text{Res}_{t = a}\left[\frac{\cos\pi\sqrt{1-t^2}}{(a^2 - c^2)(e^{2\pi t} - 1)}\right] = \frac{2\pi}{a(e^{2\pi}-1)}\times\begin{cases} \cosh\pi\sqrt{a^2-1}, & a > 1\\ \\ \cos\pi\sqrt{1-a^2}, & a < 1 \end{casos} $$ De vuelta para el caso especial en $a^2 = \frac{3}{4}$ que corresponde a la igualdad en cuestión.

Al $a^2 = \frac{3}{4}$, el "polo" de la $f_a(z)$ $z = \pm a i$ se extraíble singularidades. La versión original de Abel-Plana fórmula en $(*2)$ se aplica. Desde $f_a(x)$ es incluso, la última integral en $(*2)$ se desvanece y la igualdad de la siguiente manera. Esto explica por qué la suma igual a la integral de $\frac{\cos\pi\sqrt{x^2+1}}{3+4x^2}$, pero otros no, de apariencia similar integrando como $\frac{\cos\pi\sqrt{x^2+1}}{1+x^2}$ o $\frac{\cos\pi\sqrt{x^2+1}}{2+x^2}$.

Notas

• $\color{blue}{[1]}$ Para más detalles de la forma de Abel-Plana fórmula que he citado anteriormente, consulte a $\S 8.3$ de Frank W. J Olver del libro: Asymptotics y Funciones Especiales.