Ramanujan Integral de la Identidad asumiendo $\alpha\beta=\pi^2$

Question

En El Hombre Que Sabía Infinito, Kanigel discute Ramanujan del original de la carta a Hardy. En ella, Ramanujan indica que si $\alpha\beta=\pi^2$, luego $$ \alpha^{-1/4}\left(1+4\alpha\int_0^\infty\frac{xe^{-\alpha x^2}}{e^{2\pi x}-1} \, dx \right)=\beta^{-1/4}\left(1+4\beta\int_0^\infty\frac{xe^{-\beta x^2}}{e^{2\pi x}-1} \, dx\right). $$ ¿Alguien sabe de una referencia a una prueba de este hecho? No hay ninguna evidencia ofrecida en el libro, que no es un "Hardy había probado teoremas gusta, incluso había ofrecido una similar como un problema matemático...años antes."

Estoy bastante familiarizado con el trabajo de Ramanujan, así que realmente no sé de dónde un buen punto de partida sería un problema. Posiblemente usando el contorno de integración para convertirla en una infinita suma a través de los residuos? Yo soy un poco escéptico con este, como he oído que Ramanujan no estaba muy familiarizado con el análisis complejo.

Tampoco estoy seguro de cuál es la mejor manera para buscar este sería, a pesar de la búsqueda de "Ramanujan integral de las identidades, de los cuales hay muchos para buscar a través de...

Gracias de antemano por cualquier ayuda.

Answer 1

Empezar con la de Bernoulli de generación de función $$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{B_{n} \, x^n}{n!} = \frac{x}{e^{x} - 1}$$ para obtener \begin{align} I &= \int_{0}^{\infty} \frac{x \, e^{-\alpha \, x^{2}}}{e^{2\pi x} - 1} \, dx \\ 4 \pi^{2} \, I &= \int_{0}^{\infty} \frac{u \, e^{- p \, u^2}}{e^{u} - 1} \, dx \hspace{5mm} \text{ %#%#% and %#%#%} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{B_{n}}{n!} \, \int_{0}^{\infty} e^{- p \, u^2} \, u^{n} \, dx \\ &= \frac{1}{2 \sqrt{p}} \, \sum_{n=0}^{\infty} \frac{B_{n}}{n!} \, \left(\frac{1}{p}\right)^{n/2} \, \Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right) \\ &= \frac{1}{2 \sqrt{p}} \, \left[ - \frac{1}{2 \sqrt{p}} + \sqrt{\pi} \, \sum_{n=0}^{\infty} \frac{B_{2n}}{n!} \, \left(\frac{1}{4 p}\right)^{n} \right] \\ &= - \frac{\pi^{2}}{\alpha} + \pi \, \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} \, \sum_{n=0}^{\infty} \frac{B_{2n}}{n!} \, \left(\frac{\pi^{2}}{\alpha}\right)^{n} \end{align}

Esto lleva a \begin{align} \alpha^{-1/4}\left(1+4\alpha\int_0^\infty\frac{xe^{-\alpha x^2}}{e^{2\pi x}-1}dx\right) = \frac{\alpha^{1/4}}{\sqrt{\pi}} \, \sum_{n=0}^{\infty} \frac{B_{2n}}{n!} \, \left(\frac{\pi^{2}}{\alpha}\right)^{n}. \end{align}

A partir de aquí es sólo hacer la conexión.