Pruebalo: $\sum\limits_{n=1}^{\infty}{e^{2n\pi}-e^{4n\pi}-e^{6n\pi}+e^{8n\pi}\over n(1-e^{10n\pi})}=e^{2\pi\over 5}\ln{(\sqrt{\phi+2}-\phi)}$

Question

Mostrar que

$$\sum_{n=1}^{\infty}{e^{2n\pi}-e^{4n\pi}-e^{6n\pi}+e^{8n\pi}\over n(1-e^{10n\pi})}=e^{2\pi\over 5}\ln{(\sqrt{\phi+2}-\phi)}$$

$\phi$; cociente de oro

Yo:

$$\sum_{n=1}^{\infty}{e^{2n\pi}\over n(1-e^{10n\pi})}-\sum_{n=1}^{\infty}{e^{4n\pi}\over n(1-e^{10n\pi})}-\sum_{n=1}^{\infty}{e^{6n\pi}\sobre n(1-e^{10n\pi})}+\sum_{n=1}^{\infty}{e^{8n\pi}\over n(1-e^{10n\pi})} $$

Podemos utilizar, porque el denumerator son los mismos, pero todavía numerador es un problema

$$-\ln{\left(\prod_{r=1}^{\infty}{n^r\over n^r-1}\right)}=\sum_{k=1}^{\infty}{1\over k}\left({1\over 1- n^k}\right)$$

$$-\ln{\left(\prod_{r=1}^{\infty}{e^{10r\pi}\over e^{10r\pi}-1}\right)}=\sum_{k=1}^{\infty}{1\over k}\left({1\over 1- e^{10k\pi}}\right)$$

El $e^{2n\pi}$ falta en el numerador. Yo no puedo pensar en ninguna otra manera de cambiar la fórmula para satisfacer el problema de arriba. Cualquier ayuda por favor.

Answer 1

$$\begin{eqnarray*}\sum_{n\geq 1}\frac{e^{2n\pi}}{n(e^{10n\pi}-1)}&=&\sum_{n\geq 1}\left(\frac{e^{-8\pi n}}{n}+\frac{e^{-18\pi n}}{n}+\frac{e^{-28\pi n}}{n}+\ldots\right)\\&=&-\log(1-e^{-8\pi})-\log(1-e^{-18\pi})-\ldots\\&=&\log\prod_{k\geq 0}\frac{1}{1-(e^{-\pi})^{10k+8}}\end{eqnarray*} $ $ para que toda la serie sea igual, configurando$q=e^{-2\pi}$,$$ \log\prod_{k\geq 0}\frac{(1-q^{5k+4})(1-q^{5k+1})}{(1-q^{5k+3})(1-q^{5k+2})} $ $ que está relacionado con la fracción continua de Rogers-Ramanujan . El valor de$R(e^{-2\pi})$ se puede calcular a partir de la teoría de formas modulares y asegura la validez del reclamo.