Dejemos que $$A_k=\sum_{n=1}^{\infty}{n^3\over e^{kn\pi}-1}$$
¿Cómo podemos demostrar que $$A_1+11A_2-32A_4={1\over 12}?$$
No tengo ni idea de por dónde empezar...
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Esto es muy similar a la suma en esta respuesta (échale un vistazo para familiarizarte con la notación) pero utiliza otra función de Ramanujan $$Q(q) = 1+240\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{3}q^{n}}{1-q^{n}}\tag{1}$$ que está relacionado con el módulo elíptico $k$ y la integral elíptica $K=K(k) $ a través de las relaciones \begin{align} Q(q) &=\left(\frac{2K}{\pi}\right)^{4}(1+14k^{2}+k^{4})\tag{2}\\ Q(q^{2}) &= \left(\frac{2K}{\pi}\right)^{4}(1-k^{2}+k^{4})\tag{3}\\ Q(q^{4}) &= \left(\frac{2K}{\pi}\right)^{4}\left(1-k^{2}+\frac{k^{4}}{16}\right)\tag{4} \end{align} A continuación, observe que si $q=e^{-\pi} $ entonces $k^{2}=1/2$ y por lo tanto tenemos \begin{align} 1+240A_1 &= Q(e^{-\pi}) =\left(\frac{2K} {\pi} \right ) ^{4}\cdot \frac{33} {4}\tag{5} \\ 1+240A_2 &= Q(e^{-2\pi}) =\left(\frac{2K}{\pi}\right) ^{4}\cdot\frac{3}{4}\tag{6}\\ 1+240A_4 &= Q(e^{-4\pi})= \left(\frac{2K}{\pi}\right)^{4}\cdot\frac{33}{64}\tag{7} \end{align} Y luego la combinación lineal $(5)+11(6)-32(7)$ de las ecuaciones anteriores nos da $$240(A_1+11A_2-32A_4)-20=0$$ como se desee.
También puede echar un vistazo a esta respuesta que combina $A_2,A_4$ de manera diferente para obtener otro número racional.
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Relacionado con esto: Prueba de $\frac{1}{e^{\pi}+1}+\frac{3}{e^{3\pi}+1}+\frac{5}{e^{5\pi}+1}+\ldots=\frac{1}{24}$
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$f(z) = \sum_{n=1}^\infty \frac{n^3}{e^{n z}-1} = \sum_{n=1}^\infty n^3 \sum_{m=1}^\infty e^{-nmz} = \sum_{k=1}^\infty \sigma_3(k) e^{-kz}$ donde $\sigma_3(k) = \sum_{d | k} d^3$ . Entonces $E_4(z) = \frac{1}{240}+f(2i\pi z)$ es una serie de Eisenstein (una forma modular) y se pregunta por el valor especial $E_4( i/2)$ que se puede evaluar a partir de la identidad $E_4 = (\theta_2^2+\theta_3^2+\theta_4^2)$ mencionado allí y el hecho de que $\theta_l(ix/2) = \pm x^{-1/2}\theta_l(i/(2x))$
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Por expansión geométrica: $$\frac1{e^{kn\pi}-1}=\sum_{p=1}^\infty e^{-pkn\pi}$$ y reordenando las sumas: $$A_k=\sum_{p=1}^\infty\sum_{n=0}^\infty n^3e^{-pkn\pi}=\sum_{p=1}^\infty\frac{e^{-pk\pi}+4e^{-2pk\pi}+e^{-3pk\pi}}{(1-e^{-pk\pi})^4}=\sum_{p=1}^\infty\frac{\cosh(pk\pi)+2}{8\sinh^4(pk\pi/2)}$$ lo que deja una suma que probablemente sea calculable mediante alguna aplicación adecuada del teorema del residuo. Aunque hoy no tengo ganas de hacerlo.
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Por cierto, ¿cómo has dado con esta suma? Es difícil de conseguir a menos que estés interesado en la teoría de las funciones theta.
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Observar la ecuación de ramanujan y hacer prueba y error y adivinar mi camino a través de ella @Paramanand Singh. Todo aquí en mi sitio son sólo suerte supongo que hice.
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Tengo más, si quieres que lo publique.
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Si tienes algo interesante compártelo. No sé si podré probarlas, pero probablemente alguien aquí podrá encontrar una prueba.
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También puede echar un vistazo a las identidades mencionadas aquí: genautica.com/math/e_and_pi/e_pi_integer_multiples.html Todas ellas se pueden demostrar con la técnica de Ramanujan, pero con más esfuerzo.
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Acabo de revisar mi cuaderno de notas y puede que tenga una pregunta que compartir. No sé si es un caso trivial o no.