Una interesante identidad participación % Jacobi $\theta_4$y $\zeta(2)$

Question

Una reciente pregunta se menciona una parte integral de la identidad que involucra Dedekind $\eta$ función y un valor especial para la integral elíptica completa de primera especie. Me abstuve de proporcionar una respuesta completa, yo más bien trató de guiar a la OP a través de algunos consejos, pero nosotros al parecer llegó a un punto muerto, relativas a la siguiente versión simplificada del problema original: $$\boxed{ \int_{0}^{+\infty}\left[\sum_{n\geq 1}(-1)^n e^{-n^2 x}\right]^2\,dx = \frac{\pi^2-3\pi\log 2}{12}.} \tag{A}$$ Mi solución va como sigue:

1. El lado izquierdo de $(A)$ puede ser escrito en términos de $\sum_{m,n\geq 1}\frac{(-1)^{m+n}}{m^2+n^2}$, para ser tratado con cuidado, puesto que no es absolutamente convergente;
2. Tenemos $\frac{(-1)^{m+n}}{m^2+n^2}=\int_{0}^{+\infty}\frac{(-1)^n\sin(nx)}{n}(-1)^m e^{-mx}\,dx$ donde $\sum_{m\geq 1}(-1)^m e^{-mx}$ es una simple serie geométrica y $\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n \sin(nx)}{n}=-\arctan\tan\frac{x}{2}$ casi en todas partes;
3. El problema se reduce a la integración de más de $\mathbb{R}^+$ el producto entre una onda de diente de sierra y la función de $\frac{1}{e^x+1}$. A través de la dilogarithms la maquinaria o el teorema de los residuos, para llegar a la RHS de $(A)$ no es difícil.

Me gustaría utilizar esta pregunta para la recolección de la alternativa/bajo/impermeable de pruebas.

Answer 1

Utilizando la distribución de Poisson sommation fórmula, uno puede mostrar que \begin{equation} \sum_{n=1}^\infty (-1)^n e^{-n^2x}=-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{\pi}{x}}\sum_{n=1}^\infty e^{-\frac{(2n-1)^2\pi^2}{4x}} \end{equation} a continuación, \begin{align} I&=\int_{0}^{+\infty}\left[\sum_{n\geq 1}(-1)^n e^{-n^2 x}\right]^2\,dx\\ &=-\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\sum_{p\geq 1}(-1)^p e^{-p^2 x}\,dx+ \sqrt{\pi}\sum_{n,p\geq 1}\int_{0}^{+\infty}(-1)^p e^{-p^2 x-\frac{(2n-1)^2\pi^2}{4x}}\frac{dx}{\sqrt{x}}\\ &=\frac{\pi^2}{24}+\pi\sum_{n,p\geq 1}\frac{(-1)^p}{p}e^{-(2n-1)p\pi}\\ &=\frac{\pi^2}{24}-\pi\sum_{n\geq 1}\ln\left(1+e^{-(2n-1)\pi} \right)\\ &=\frac{\pi^2}{24}+\frac \pi 2 \sum_{p\geq 1}\frac{(-1)^p}{p\sinh p\pi} \end{align} La representación integral de la $K_{-1/2}(.)$ fue utilizado para evaluar la última integral.

Los resultados obtenidos parecen numéricamente es correcta, sin embargo, no podía tener éxito en la expresan como $I=\pi^2/12-\pi/4\ln(2)$, por ejemplo que muestra que $$\prod_{n\geq 1}\left(1+e^{-(2n-1)\pi} \right)\stackrel{?}{=}2^{1/4}e^{-\pi/24}$$ Editar: Por último, una prueba de esto último la identidad puede ser encontrado en este artículo por Xu Ce (expresión (6.3)).

Answer 2

$$ \sum_{m,n=1}^\infty (-1)^{m+n}/(m^2+n^2)= \frac{1}{4}(\frac{\pi^2}{3} - \pi\log(2) )$$ De la prueba se basan en un entramado suma de identidad, y de la serie de manipulación. Celosía sumas son interesantes, ya que generalizar enormemente, y la adecuada maquinaria es de Dirichlet de la serie. A continuación, los corchetes indican el argumento dentro del doble de la suma.

$$ \sum_{m,n=1}^\infty \{ \ \} = \frac{1}{4}\big( \sum_{m,n=-\infty}^\infty'\{ \ \}-4 \sum_{m,n=1}^\infty (-1)^m/m^2 \big) $$ donde el primer en la suma significa que el plazo $m=0$ $n=0$ está excluido. Pero a partir de la celosía de la suma de la teoría (ver Wolfram sitio para la notación)

$$ \sum_{m,n=-\infty}^\infty' (-1)^{m+n}/(m^2+n^2)= \lim_{s\1} \big(-4\ \beta(s)\ \eta(s)\ \big). $$

Es sólo cuestión de buscar las formas cerradas, y asimismo la suma de la variable única, para obtener la expresión en la parte superior de esta respuesta.