Demuestre que $\sum_{m,n = - \infty}^{\infty} \frac{(-1)^m}{m^2 + 58 n^2} = - \frac{\pi \ln( 27 + 5 \sqrt {29})}{\sqrt {58}} $

Question

Me pregunto por qué

$$ \sum_{m,n = - \infty}^{\infty} \frac{(-1)^m}{m^2 + 58 n^2} = - \frac{\pi \ln( 27 + 5 \sqrt {29})}{\sqrt {58}} $$

Cuando la suma omita el caso $n = m = 0$ Por supuesto.

Answer 1

Finalmente he conseguido sumar esta serie utilizando Invariantes de clase de Ramanujan . Tenemos la definición $$g(q) = 2^{-1/4}q^{-1/24}\prod_{n = 1}^{\infty}(1 - q^{2n - 1}), \, g_{p} = g(e^{-\pi\sqrt{p}})\tag{1}$$ Ramanujan estableció que si $p$ es un número racional positivo, entonces $g_{p}$ es un número real algebraico. Además tenemos la identidad no trivial $$g_{4/p} = 1/g_{p}\tag{2}$$ Otro ingrediente que necesitamos es la fórmula $$\sin \pi z = \pi z\prod_{n = 1}^{\infty}\left(1 - \frac{z^{2}}{n^{2}}\right)\tag{3}$$ Tomando logaritmos y diferenciando con respecto a $z$ obtenemos $$\pi\cot\pi z = \frac{1}{z} -2z \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{2} - z^{2}}$$ Sustitución de $z$ por $iz$ obtenemos $$\pi\coth\pi z = \frac{1}{z} + 2z\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{2} + z^{2}}$$ La suma anterior puede escribirse como $$\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{2} + z^{2}} = \frac{\pi}{2z} - \frac{1}{2z^{2}} + \frac{\pi e^{-2\pi z}}{z(1 - e^{-2\pi z})}\tag{4}$$ Considere la suma en cuestión \begin{align} S(p) &= \sum_{m, n\in\mathbb{Z}}'\frac{(-1)^{m}}{m^{2} + pn^{2}}\notag\\ &= 2\sum_{m = 1}^{\infty}\frac{(-1)^{m}}{m^{2}} + 2\sum_{n = 1}^{\infty}\sum_{m\in\mathbb{Z}}\frac{(-1)^{m}}{m^{2} + pn^{2}}\notag\\ &= 2\sum_{m = 1}^{\infty}\frac{(-1)^{m}}{m^{2}} + \frac{2}{p}\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}+ 4\sum_{n = 1}^{\infty}\sum_{m = 1}^{\infty}\frac{(-1)^{m}}{m^{2} + pn^{2}}\notag\\ &=\frac{(2- p)\pi^{2}}{6p} + 4\sum_{n = 1}^{\infty}\sum_{m = 1}^{\infty}\frac{(-1)^{m}}{m^{2} + pn^{2}}\notag\\ &=\frac{(2- p)\pi^{2}}{6p} + 4\sum_{m = 1}^{\infty}(-1)^{m}\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{m^{2} + pn^{2}}\notag\\ &= \frac{(2- p)\pi^{2}}{6p} + \frac{4}{p}\sum_{m = 1}^{\infty}(-1)^{m}\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{m^{2}(1/p) + n^{2}}\notag\\ &= \frac{(2- p)\pi^{2}}{6p} + \frac{4}{p}\sum_{m = 1}^{\infty}(-1)^{m}\left(\frac{\pi\sqrt{p}}{2m} - \frac{p}{2m^{2}} + \frac{\pi\sqrt{p} e^{-2\pi m/\sqrt{p}}}{m(1 - e^{-2\pi m/\sqrt{p}})}\right)\text{ (using equation }(4)) \notag\\ &=\frac{\pi^{2}}{3p}-\frac{2\pi\log 2}{\sqrt{p}}+\frac{4\pi}{\sqrt{p}}\sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^{m}q^{m}}{m(1-q^{m})},\,q=e^{-2\pi/\sqrt{p}}\notag\\ &=\frac{\pi^{2}}{3p}-\frac{\pi\log 4}{\sqrt{p}}+\frac{4\pi}{\sqrt{p}}(a(q^{2})-a(q))\notag\\ &\, \, \, \, \,\,\,\,\text{where }a(q) =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{q^{n}} {n(1-q^{n})}=-\log\prod_{n=1}^{\infty}(1-q^{n})\notag\\ &=\frac{\pi^{2}}{3p}-\frac{\pi\log 4} {\sqrt{p}}+\frac{4\pi}{\sqrt{p}}\log\prod_{n=1}^{\infty}(1-q^{2n-1}) \notag\\ &=\frac{\pi^{2}}{3p}-\frac{\pi}{\sqrt {p}} \log\frac{2}{q^{1/6}g^{4}(q)}\text{ (via equation }(1)) \notag\\ &= -\frac{\pi\log(2/g_{4/p}^{4})}{\sqrt{p}}\notag\\ &= -\frac{\pi\log (2g_{p}^{4})}{\sqrt{p}}\text{ (using equation }(2))\notag \end{align} Es bien sabido que $g_{58} = \sqrt{(5 + \sqrt{29})/2}$ y esto da la forma cerrada deseada para $S(58)$ . La técnica anterior también puede utilizarse ( con un poco más de esfuerzo ) para demostrar la fórmula del segundo límite de Kronecker.

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La función $a(q) $ utilizado anteriormente está relacionado con el trabajo de Simon Plouffe. Véase esta respuesta para más detalles.

Answer 2

• Sea $F=\mathbb{Q}(\sqrt{-58}),\mathcal{O}_F=\mathbb{Z}[\sqrt{-58}]$ . Su grupo de clase ideal es $C_F= \{ (1),(2,\sqrt{-58})\}$

  así los ideales con su norma son $N((n+\sqrt{-58}m))= n^2+58m^2$ , $ N(\frac{2n+\sqrt{-58}m}{2}(2,\sqrt{-58}))= \frac12(4n^2+58m^2)$

  entonces su serie es $\ \ 2 \ L(1,\psi)$

  donde $\psi((n+\sqrt{-58}m))=1, \psi(\frac{2n+\sqrt{-58}m}{2}(2,\sqrt{-58}))=-1$ es el carácter de Hecke inducido por el carácter no trivial de $C_F$ .
  $$ L(s,\psi) = \sum_I \psi(I) N^{-s} =\frac{1}{|\mathcal{O}_F^\times|} \sum_{n,m \in \mathbb{Z}^2}' N((n+\sqrt{-58}m))^{-s}- 2^{s} N((2n+\sqrt{-58}m))^{-s}$$

• Utilizando $|C_F| = 2$ y alguna teoría de campo de clase, encontramos que $H = F(\sqrt{-2})$ es el campo de clase Hilbert de $F$ y $$\zeta_H(s) = \zeta_F(s) L(s,\psi)$$

  Ahora por casualidad sucede que $H/\mathbb{Q}$ es a su vez una extensión abeliana. Así, podemos escribir $\zeta_H$ como producto de funciones L de Dirichlet

  $$\zeta_H(s) = \zeta(s)\ L(s,{\scriptstyle \left(\frac{-58}{.}\right)})\ L(s,{\scriptstyle \left(\frac{-2}{.}\right)})\ L(s,{\scriptstyle \left(\frac{29}{.}\right)})$$ Junto con $\displaystyle\zeta_F(s) = \zeta(s)\ L(s,{\scriptstyle \left(\frac{-58}{.}\right)})$ significa $$L(1,\psi) = L(1,{\scriptstyle \left(\frac{-2}{.}\right)})\ L(1,{\scriptstyle \left(\frac{29}{.}\right)})$$ y utilizamos la reciprocidad cuadrática para escribir $(\frac{-d}{.}) = (\frac{.}{\Delta})$ y concluir.

Answer 3

( Demasiado largo para un comentario .)

Tenemos,

$$ \sum_{m,n = - \infty}^{\infty} \frac{(-1)^m}{m^2 + 10n^2} = - \frac{2\pi \ln( \sqrt2\; U_{5})}{\sqrt {10}} $$

$$ \sum_{m,n = - \infty}^{\infty} \frac{(-1)^m}{m^2 + 58 n^2} = - \frac{2\pi \ln( \sqrt2\; U_{29})}{\sqrt {58}} $$

con unidades fundamentales $U_5 = \frac{1+\sqrt5}2$ y $U_{29} = \frac{5+\sqrt{29}}2$ .

P.D. Presumiblemente podría haber una familia para $d = 5,\,13,\,37$ .

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Añadido:

Cortesía de un comentario de Paramanand Singh, tenemos la forma cerrada en términos de la Función eta de Dedekind $\eta(\tau)$ como,

$$\sum_{m,n = - \infty}^{\infty} \frac{(-1)^m}{m^2 + pn^2} = - \frac{2\pi \ln(\sqrt2\,g_p^2)}{\sqrt {p}} =- \frac{\pi \ln(2\,g_p^4)}{\sqrt {p}} $$ donde,

$$g_p = 2^{-1/4}\frac{\eta(\tfrac12\sqrt{-p})}{\eta(\sqrt{-p})}$$

En particular, $$\sum_{m,n = - \infty}^{\infty} \frac{(-1)^m}{m^2 + 6n^2} = - \frac{2\pi \ln\big(\sqrt2\,(1+\sqrt2)^{1/3}\big)}{\sqrt{6}}$$ $$\sum_{m,n = - \infty}^{\infty} \frac{(-1)^m}{m^2 + 22n^2} = - \frac{2\pi \ln\big(\sqrt2\,(1+\sqrt2)\big)}{\sqrt{22}}$$ y otras más complicadas para $d=5,\,13,\,37$ .