Espectáculo $\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{a^2+n^2}=\frac{1+a\pi\coth a\pi}{2a^2}$

Question

Cómo mostrar la siguiente igualdad? $$\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{a^2+n^2}=\frac{1+a\pi\coth a\pi}{2a^2}$$

Answer 1

Los problemas relacionados con: (I), (II). Este problema es una aplicación directa de la transformada de Fourier y de sumación de Poisson fórmula. Recordando la definición de la transformada de Fourier y la sumación de Poisson fórmula respectivamente

$$ F(w) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-ixw} dx \,,$$

$$ \sum_{-\infty}^{\infty} f(n) = \sqrt{2\pi}\sum_{-\infty}^{\infty} F(2n\pi)\,, $$

donde $F$ es la transformada de Fourier de $f$. Avanzando con nuestro problema, en primer lugar, se calcula la transformada de Fourier de $ f(x)=\frac{1}{x^2+a^2} $ que es igual a

$$ F(w) = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{a}e^{-a|w|}\,.$$

Aplicando la fórmula de Poisson, tenemos

$$ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n^2+a^2} = \frac{\pi}{a}\sum_{n=0}^{\infty}e^{-2an\pi} = \frac{\pi}{a} \sum_{n=0}^{\infty}r^{n}=\frac{\pi}{a}\frac{1}{1-r}\,,\quad r = e^{-2 \pi a} \,,$$

$$\Rightarrow \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n^2+a^2} = \frac{\pi}{a} \frac{1}{1-e^{-2a\pi}}=\frac{\pi}{a} \frac{e^{2a\pi}}{e^{2a\pi}-1} \,. $$

Ahora, yo se lo dejo a usted para manipular la expresión anterior para llegar a la forma

$$ \sum_{n=0}^\infty\frac{1}{a^2+n^2}=\frac{1+a\pi\coth a\pi}{2a^2} $$

Puede utilizar la identidad de

$$ \coth x = \frac{\cosh x}{\sinh x} = \frac {e^x + e^{-x}} {e^x - e^{-x}} = \frac{e^{2x} + 1} {e^{2x} - 1} \,. $$

Answer 2

Tenga en cuenta que

$$\sum_{n=-\infty}^\infty f(n)= -\sum_{j=1}^k \operatorname*{Res}_{z=j}\pi \cot (\pi z)f(z) $$

Suponga $a \neq 0$.

Para encontrar los residuos de $g(z) := \pi \cot (\pi z)\frac{1}{a^2+n^2}$, vemos

$$\frac{1}{a^2+n^2} = \frac{1}{(n+ia)(n-ia)}$$

por lo $g$ tiene polos en$z_1 = ia$$z_2 = -ia$. Sus respectivos residuos, $b_1$ $b_2$ se puede encontrar:

$$b_1 = \operatorname*{Res}_{z=ia}\,g(z) = \lim_{z \to ia} \pi \cot (\pi z)\frac{(z-ia)}{(z+ia)(z-ia)} = \pi \cot (\pi i a)\frac{1}{2ia} = -\frac{\pi \coth (\pi a)}{2a}$$

$$b_2 = \operatorname*{Res}_{z=-ia}\,g(z) = \lim_{z \to -ia} \pi \cot (\pi z)\frac{(z+ia)}{(z+ia)(z-ia)} = -\pi \cot (-\pi i a)\frac{1}{2ia} = -\frac{\pi \coth (\pi a)}{2a}$$

Y por último:

$$\sum_{k=-\infty}^\infty \frac{1}{a^2+k^2} = -(b_1+b_2)=\frac{\pi \coth (\pi a)}{a}$$

Para cambiar el número de partida de$-\infty$$0$, dividimos la serie, ya que es simétrico (es decir,$g(n)=g(-n)$):

$$ \sum_{k=-\infty}^\infty \frac{1}{a^2+k^2}= \frac{\pi \coth (\pi)}{a}=\\ \sum_{k=-\infty}^{-1} \frac{1}{a^2+k^2}+\frac{1}{a^2}+\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{a^2+k^2}=\\ \frac{1}{a^2}+2\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{a^2+k^2}=\\ \frac{1}{a^2}+2\left(\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{a^2+k^2}-\frac{1}{a^2}\right)=\\ 2\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{a^2+k^2}-\frac{1}{a^2} $$

Así

$$\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{a^2+k^2} = \frac{\pi \coth (\pi a)}{2a}+\frac{1}{2a^2} = \frac{\pi a\coth (\pi a)+1}{2a^2}$$

Answer 3

Ahora, un verdadero analítica de la prueba. Éste no tiene defectos (espero).

Lema 1. Integración por partes, se obtiene: $$\frac{1}{a}\int_{0}^{+\infty}\cos(n x)\,e^{-a x}\,dx = \frac{1}{a^2+n^2} = \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(n x)}{n}\,e^{-a x}\,dx.$$

Lema 2. La serie $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\sin(nx)}{n}$$ converge en $\mathbb{R}\setminus 2\pi\mathbb{Z}$ a la función: $$ f(x) = \pi\left(\frac{1}{2}-\left\{\frac{x}{2\pi}\right\}\right).$$

Lema 3. El teorema de convergencia dominada por lo tanto da: $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{a^2+n^2}=\pi\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}-\left\{\frac{x}{2\pi}\right\}\right)e^{-ax}\,dx,$$ y por la división de $[0,+\infty)$ $[0,2\pi)\cup[2\pi,4\pi)\cup\ldots$ tenemos:

$$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{a^2+n^2}=\frac{e^{2a\pi}}{e^{2a\pi}-1}\int_{0}^{2\pi}\frac{\pi-x}{2}e^{-ax}dx=\frac{\pi a \coth(\pi a)-1}{2a^2}.$$

Answer 4

Esta es una prueba que me dio cuando yo estaba en la escuela de mi escuela secundaria, antes de estudiar el análisis complejo. Es un poco deficiente, pero sólo un poco.

Paso 1. Si $p(x)$ es un polinomio real de satisfacciones $p(0)=1$, y sus raíces son simple y real, $$\sum_{\xi:p(\xi)=0}\frac{1}{\xi}=-\frac{p'(0)}{p(0)}$$ sigue de Vieta del teorema.

Paso 2. Todas las raíces de $\frac{\sin x}{x}$ son simple y real. Por otra parte, $$\frac{\sin x}{x}=\prod_{n=1}^{+\infty}\left(1-\frac{x^2}{\pi^2 n^2}\right)$$ sostiene. Es el Weierstrass producto para la función seno.

Paso 3. $\{a^2+1,a^2+2^2,a^2+3^2,\ldots\}$ es el ajuste a cero de la función: $$f(x)=\frac{\sinh\left(\pi\sqrt{a^2-x}\right)}{\pi\sqrt{a^2-x}}.$$

Paso 4. Desde $$f(0)=\frac{\sinh(\pi a)}{\pi a},\qquad f'(0)=-\frac{\cosh(\pi a)}{2a^2}+\frac{\sinh(\pi a)}{2\pi a^4},$$ Paso 1 da:

$$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2+a^2}=\frac{\pi a \coth(\pi a)-1}{2a^2}.$$

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Problemas conocidos: la determinación de la función de raíz cuadrada y el hecho de que podemos tratar a $\frac{\sin x}{x}$ como un "grado infinito" polinomio con conocidos raíces. Más allá de la naif enfoque, esto demuestra que la Vieta del teorema de polinomios y el teorema de los residuos para meromorphic funciones están muy estrechamente relacionados.

Answer 5

Esto es lo que tengo de un ensayo que escribí. No sé si hay más elementales (o si es del todo correcto).

Considere la posibilidad de $f(z) = \dfrac{\cot{\pi z}}{z^2 + k}$. Esto tendrá residuos en $z = \pm i \sqrt{k}$ y a las$z = n$$n \in \mathbb{Z}$. En $z = n$, se pueden calcular los residuos como \begin{align*} \textrm{Res}_{z=n} f(z) & = \lim_{z \rightarrow n} \dfrac{(z-n) \cot{\pi z}}{z^2 + k} = \lim_{z \rightarrow n} \dfrac{(z-n)}{(z^2 + k) \tan{\pi z}} \\ & = \lim_{z \rightarrow n} \dfrac{1}{\pi (z^2 + k) \sec^2{\pi z} + 2z \tan{\pi z}} \\ & = \dfrac{1}{\pi (n^2 + k)}. \end{align*} Podemos calcular los residuos en $z = \pm i \sqrt{k}$: $\displaystyle \textrm{Res}_{z=i\sqrt{k}} f(z) = \lim_{z\rightarrow i\sqrt{k}}\dfrac{(z-i\sqrt{k})\cot{\pi z}}{z^2 + k}$.

Esto es igual a:

$\lim_{z \rightarrow i\sqrt{k}} \dfrac{\cot{\pi z}}{z + i\sqrt{k}} = \dfrac{\cot{\pi i\sqrt{k}}}{2i\sqrt{k}}.$

Puede ser demostrado que el residuo en $z = -i \sqrt{k}$ es el mismo, porque $\cot{\pi z}$ es una función impar. Y así, el residuo de la contribución de los dos polos en $z = \pm i \sqrt{k}$ es

$-\dfrac{\cot{\pi i \sqrt{k}}}{i\sqrt{k}} = -\dfrac{1}{2\sqrt{k}} \dfrac{e^{2\pi \sqrt{k}} + 1}{e^{2\pi \sqrt{k}} - 1}$.

Por lo tanto, tenemos

$\displaystyle \int_\gamma f(z) dz = 2\pi i \left(\sum_{n \in \mathbb{Z}} \dfrac{1}{\pi(n^2 +k)} -\dfrac{1}{2\sqrt{k}} \dfrac{e^{2\pi \sqrt{k}} + 1}{e^{2\pi \sqrt{k}} - 1}\right)$.

Es tentador para la mano izquierda para ir a cero, que podemos organizar. Tomar la gran plaza de contorno centrada en el origen con sidelength $2R$. Observar que, desde

$\cot{z} = i\dfrac{e^{2iz} + 1}{e^{2iz}-1}$,

en el límite de $|z| \geq R \rightarrow \infty$, tendremos $|\cot{z}| \rightarrow 1$ debido a que el numerador y el denominador de $\cot{z}$ crecimiento igualmente rápido. Por otra parte, tenemos que:

$|z^2 + k| \geq |z^2| \geq R^2$,

y así, el máximo módulo de $f(z)$$\gamma$$1/R^2$. Por el ML-desigualdad, tenemos que

$\left|\displaystyle \int_\gamma f(z) dz\right| \leq 8R \cdot \dfrac{1}{R^2}$.

Así que como $R \rightarrow \infty$, la integral va a cero. Y así, \begin{align*} \sum_{n \in \mathbb{Z}} \dfrac{1}{\pi(n^2 +k)} -\dfrac{1}{2\sqrt{k}} \dfrac{e^{2\pi \sqrt{k}} + 1}{e^{2\pi \sqrt{k}} - 1} & = 0\\ \sum_{n \in \mathbb{Z}} \dfrac{1}{\pi(n^2 +k)} & = \dfrac{1}{2\sqrt{k}} \dfrac{e^{2\pi \sqrt{k}} + 1}{e^{2\pi \sqrt{k}} - 1} \\ \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{(n^2 +k)} & = \dfrac{\pi}{2\sqrt{k}} \dfrac{e^{2\pi \sqrt{k}} + 1}{e^{2\pi \sqrt{k}} - 1} - \dfrac{1}{2k}. \end{align*}

Tomando $k = a^2$, esto se convierte en la fórmula

$\dfrac{a \pi \coth{\pi a} -1}{2a^2}$.

Hmm.. no sé acerca de -1 o +1.