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forma cerrada de $\sum \frac{1}{z^3 - n^3}$

Actualmente estoy tratando de encontrar una forma cerrada de expresión para $\displaystyle f(z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{z^3 - n^3}$, $z \in \mathbb{C}$. Después de una serie de giros y vueltas, me han golpeado una pared.

Hoy creo que la mejor manera de proceder es utilizar un parcial de las fracciones. Así, cuando vemos que $\dfrac{1}{z^3 - n^3} = \dfrac{1}{n^2(z - n)} + \dfrac{\omega}{n^2(z - \omega n)} + \dfrac{\omega^2}{n^2(z - \omega^2 n)} = $

$= \dfrac{-1}{z^2(n - z)} + \dfrac{-\omega}{z^2(n - \omega z)} + \dfrac{-\omega^2}{z^2 (n - \omega^2 z)}$ (dependiendo de la manera en que usted desea factor, y donde $\omega$ es la primera raíz cúbica de la unidad.

Mi proceso de pensamiento es, más o menos, que se trate de una función cuyos polos y residuos en los polos de acuerdo - entonces su diferencia es toda una función. Y si estamos ingenioso, la diferencia incluso puede ser cero. En estas fracciones parciales formas, es muy fácil ver lo que los polacos y los residuos de mi función. Pero no he sido capaz de encontrar una función muy cómoda con los polos (que va a llevar a alguna forma cerrada al final del día).

Esto es en realidad un ejercicio de Ahlfors, pg 191 número 2. La sección en la que se está dedicada a Mittag-Leffler, que es parte de la razón por la que estoy tan predispuestos para el uso de la raíz de la comparación de la estrategia.

Uno podría asumir que si somos capaces de hacerlo por cualquiera de los tres términos de la fracción parcial de descomposición, entonces estamos conjunto. Se nota, sin embargo, que el primero de mis dos deconpositions se comporta mucho mejor que la segunda (como todos los términos convergen muy bien mientras no consideramos los polos en la primera, pero cada serie diverge en su propia en el segundo).

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Anthony Shaw Puntos 858

Tenga en cuenta $$ \begin{align} \frac{3z^2}{z^3-n^3} &=\frac{1}{z-n}+\frac{1}{z-n\alpha}+\frac{1}{z-n/\alpha}\\ &=\frac{1}{z-n}+\frac{1/\alpha}{z/\alpha-n}+\frac{\alpha}{z\alpha-n}\tag{1} \end {Alinee el} $$ donde $\alpha+1/\alpha=-1$.

Es bastante bien sabido eso $$ \sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{z-n} = \pi\cot(\pi z)\tag {2} $$ donde se piensa el valor principal de la serie $(2)$: $\frac{1}{z}+\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{z-n}+\frac{1}{z+n}\right)$.

Combinación de $(1)$ y $(2)$, obtenemos que $$ \sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{z^3-n^3}=\frac{1}{3Z^2}\left (\pi\cot (\pi z) + \tfrac {\pi} {\alpha} \cot (\tfrac {\pi} {\alpha} z) + \pi\alpha\cot(\pi\alpha z)\right) $$

11voto

Gudmundur Orn Puntos 853

Volví a abrir esta pregunta por la petición, y he aceptado robjohn la respuesta. Pero quería añadir que hay algo un poco trivial (creo) a un paso de su respuesta.

Por lo que hemos tenido:

$\displaystyle \sum \dfrac{1}{z^3 - n^3} = \sum \dfrac{-1}{z^2(n - z)} + \dfrac{-\omega}{z^2(n - \omega z)} + \dfrac{-\omega^2}{z^2 (n - \omega^2 z)}$

$= \displaystyle \frac{1}{z^2} \sum \dfrac{-1}{(n - z)} + \dfrac{-\omega}{(n - \omega z)} + \dfrac{-\omega^2}{(n - \omega^2 z)}$ y, como se mencionó, es bien sabido que $\displaystyle \sum \frac{1}{z-n} = \pi \cot \pi z$.

Pero el problema es que el individuo sumas $\displaystyle \sum \frac{1}{z-n}, \sum \frac{1}{\omega z-n}, \text{and} \sum \frac{1}{\omega ^2 z-n}$ divergen, por lo que no podemos arreglar los términos para formar los tres cotangente de la serie. Pero tomamos nota de que $\displaystyle \frac{1}{z-n} + \frac{\omega}{\omega z-n} +\frac{\omega^2}{\omega ^2 z-n}$ es lo mismo que $\displaystyle \left(\frac{1}{z-n} + \frac{1}{n} \right)+ \left(\frac{\omega}{\omega z-n} + \frac{\omega}{n} \right)+\left( \frac{\omega^2}{\omega ^2 z-n} + \frac{\omega^2}{n}\right)$$\dfrac{1 + \omega + \omega^2}{n} \equiv 0$.

Y cada una de las tres sumas $\displaystyle \sum \frac{1}{z-n} + \frac{1}{n}, \sum \frac{\omega}{\omega z-n} + \frac{\omega}{n}, \text{and} \sum \frac{\omega^2}{\omega ^2 z-n} + \frac{\omega^2}{n}$ do convergen absolutamente, incluso, si no se evalúan en un poste. Dentro de cada serie, ahora que tenemos convergencia absoluta, podemos emparejar las $n^{\text{th}}$ plazo con el $-n^{\text{th}}$ plazo para ver que la resta constantes aportan nada al conjunto de la serie.

Y es por eso que podemos reorganizar la serie en tres cotangents y un factor, como en robjohn la respuesta.

10voto

Eric Naslund Puntos 50150

Aquí hay otra manera. Estoy publicando porque creo que ofrece un poco más de conocimiento sobre el problema. Lo que realmente estamos haciendo es extraer de cada 3 coeficiente de la cotangente de la serie. Es por eso que las raíces cúbicas de la unidad aparecen.

Observe que $$\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac{1}{z^3-n^3}=\frac{1}{z^3}+\sum_{n=1}^\infty \frac{2z^3}{z^6-n^6}.$$

Entonces este es

$$\frac{1}{z^{3}}+2z^{3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{z^{6}-n^{6}}=\frac{1}{z^{3}}-2z^{3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{6}}\frac{1}{1-\frac{z^{6}}{n^{6}}}=\frac{1}{z^{3}}-2z^{3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{6}}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{z^{6m}}{n^{6m}} $$

$$=\frac{1}{z^{3}}-2z^{3}\sum_{m=0}^{\infty}z^{6m}\zeta(6+6m).$$ Now, as $$\frac{\pi\cot(\pi x)}{x^{2}}=\frac{1}{x^{3}}-2\sum_{n=0}^{\infty}x^{2n-1}\zeta(2n+2)$$ (same proof as before) we see that we are just extracting every 6th coefficients. To to this for general $f(z)$ we look at $f(z)+f(\zeta z)+f(\zeta^{2}z)$ where $\zeta$ is a cube root of unity. In this case, a small computation yields $$\frac{\pi\cot(\pi x)}{x^{2}}+\frac{\pi\cot(\pi\zeta x)}{\zeta^{2}x^{2}}+\frac{\pi\cot(\pi\zeta^{2}x)}{\zeta x^{2}}=3\left(\frac{1}{x^{3}}-2\sum_{n=0}^{\infty}x^{6n+3}\zeta(6n+6)\right).$$ Thus we conclude that $$\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{z^{3}-n^{3}}=\frac{\pi\cot(\pi z)+\pi\zeta\cot(\pi\zeta x)+\pi\zeta^{2}\cot(\pi\zeta^{2}z)}{3z^{2}}. $$

Nota: también Hay una respuesta por Qiaochu de Yuanes sobre el tema de la extracción de los coeficientes.

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