Demostración de una desigualdad sobre $\frac{1}{z} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2z}{z^2 - n^2}$

Question

Me he encontrado con una desigualdad relativa a la siguiente expresión:

$\frac{1}{z} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2z}{z^2 - n^2}$ donde $z$ es un número complejo.

Después de escribir $z$ como $x + iy$ tenemos la desigualdad cuando $y \gt 1$ y $|x| \le \frac{1}{2} $ :

$|\frac{1}{z} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2z}{z^2 - n^2}| \le C + C\sum_{n=1}^{\infty}\frac{y}{y^2+n^2}$

La "prueba" de la desigualdad es la siguiente:
$\frac{1}{z} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2z}{z^2 - n^2} = \frac{1}{x+iy} +\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(x+iy)}{x^2 - y^2 - n^2 + 2ixy}$

Pero no veo cómo se deduce la desigualdad.

Answer 1

En $$1\leq y\leq|x+iy|\leq{y\over2}+y={3\over2} y$$ tenemos $${1\over |x+iy|}\leq 1$$ y $$|n^2+y^2-x^2-2ixy|\geq |n^2+y^2-x^2|\geq\Bigl(1-{1\over8}\Bigr)(n^2+y^2)\qquad(n\geq1)\ .$$ De ello se deduce que $$\left|{1\over z}+\sum_{n=1}^\infty{2z\over z^2-n^2}\right|\leq 1+\sum_{n=1}^\infty {3y \over{7\over8}(n^2+y^2)}=1+{24\over7}\sum_{n=1}^\infty {y \over n^2+y^2}\ .$$ Por lo tanto, la desigualdad enunciada es cierta con $C=4$ digamos.

Answer 2

La siguiente no es la forma más sencilla de resolver esta cuestión, pero puede aportar información adicional.

La observación clave es que ambas sumas tienen una representación de forma cerrada. Para ver esto, primero tenemos que demostrar que para $w = \sigma + it$ $$ |\pi \cot(\pi w)| \le \pi \coth(\pi t).$$ Esto se debe a que $$ |\pi \cot(\pi w)| = \pi \left| \frac{e^{i\pi\sigma-\pi t}+e^{-i\pi\sigma+\pi t}} {e^{i\pi\sigma-\pi t}-e^{-i\pi\sigma+\pi t}} \right|\le \pi \frac{e^{\pi t}+e^{-\pi t}}{e^{\pi t}-e^{-\pi t}} = \pi \coth(\pi t)$$ para $t>0.$

Del mismo modo, cuando $t<0$ , $$ |\pi \cot(\pi w)| = \pi \left| \frac{e^{i\pi\sigma-\pi t}+e^{-i\pi\sigma+\pi t}} {e^{i\pi\sigma-\pi t}-e^{-i\pi\sigma+\pi t}} \right|\le \pi \frac{e^{\pi t}+e^{-\pi t}}{e^{-\pi t}-e^{\pi t}} = -\pi \coth(\pi t)$$

Ahora utilizamos una técnica clásica para evaluar las dos sumas, introduciendo las funciones $$ f_1(w) = \pi \cot(\pi w) \frac{2z}{z^2-w^2} \quad \text{and} \quad f_2(w) = \pi \cot(\pi w) \frac{z}{z^2+w^2},$$ con las condiciones que $z$ no sea un número entero para $f_1(z)$ y no $i$ veces un número entero para $f_2(z).$ Elegimos $\pi \cot(\pi w)$ porque tiene polos en los enteros con residuo $1$ .

La operación clave de esta técnica consiste en calcular las integrales de $f_1(z)$ y $f_2(z)$ a lo largo de un círculo de radio $R$ en el plano complejo, donde $R$ llega hasta el infinito. Ahora por la primera desigualdad tenemos ciertamente $|\pi\cot(\pi w)| < 2\pi$ para $R$ lo suficientemente grande. Los dos términos $\frac{2z}{z^2-w^2}$ y $\frac{z}{z^2+w^2}$ son ambos $\theta(1/R^2)$ de modo que las integrales son $\theta(1/R)$ y desaparecen en el límite. (Aquí hemos utilizado los dos límites de $|\pi \cot(\pi z)|$ que vimos antes). Esto significa que la suma de los residuos en los polos suma cero.

Ahora dejemos que $$ S_1 = \sum_{n=1}^\infty \frac{2z}{z^2-n^2} \quad \text{and} \quad S_2 = \sum_{n=1}^\infty \frac{y}{y^2+n^2}.$$ Por el teorema del residuo de Cauchy, $$ \frac{2}{z} - 2\pi\cot(\pi z) + 2S_1 = 0 \quad \text{and} \quad \frac{1}{y} - \pi\coth(\pi y) + 2S_2 = 0.$$ Resolviéndolos, obtenemos $$ S_1 = -\frac{1}{z} + \pi\cot(\pi z) \quad \text{and} \quad S_2 = - \frac{1}{2} \frac{1}{y} + \frac{1}{2} \pi\coth(\pi y).$$

Partiendo del lado izquierdo de la desigualdad original tenemos finalmente $$\left| \frac{1}{z} + S_1\right| < \pi \coth(\pi y) = 2 S_2 + \frac{1}{y} .$$ De ello se deduce que $C=2$ es una opción admisible.