Suma de una serie infinita con seno hiperbólico

Question

La siguiente es una conjetura.

Me gustaría demostrar que

$$\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)\operatorname{sinh}((2n+1)\pi)}=\frac{\log(2)}{8}.$$

Ambas partes están de acuerdo, al menos, $100$ dígitos, por lo que sospecho que la identidad es verdadera. He pensado acerca de la expansión de $1/\operatorname{sinh}$ como una serie y la conmutación de la suma, pero no puedo conseguir que esto funcione.

Answer 1

Una de las referencias en el papel de Ethan menciona es:

"Algunos Infinita Serie de la Exponencial y las Funciones Hiperbólicas", I. J. Zucker, SIAM Journal en el Análisis Matemático de los 15 (1984), 406-413, DOI 10.1137/0515031.

En la Tabla 1, este documento tiene un número de ecuaciones similares a la identidad de la persona da; de hecho, esta identidad puede ser obtenido de la Tabla 1 restando (T1.3) a partir de (T1.4) y la sustitución de $k=k'=1/\sqrt{2}$, $c=1$. Aquí, $k$, $k'$, $c$, y $q$ (aparecer momentáneamente) son los parámetros de la red para una doble función periódica y están relacionadas por $$ k^2+k'^2=1, \qquad c=\frac{K(k')}{K(k)},\qquad q=e^{-\pi c} $$ donde $$ K(k)=\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2 x^2)}} \, dx $$ es la integral elíptica completa de primera especie.

El método Zucker utiliza para demostrar las identidades en la Tabla 1 es tomar el logaritmo de la representación de los productos de un producto de funciones theta, expanda el logaritmo, y luego reorganizar la suma. Para usar este método para probar el interrogador de la identidad, de inicio a partir de la siguiente identidad (derivado de p 469, 479, Whittaker & Watson, 4ª edición): $$ \frac{\theta_4(0,q)}{\theta_3(0,q)}=\sqrt{k'}=\prod_{n\ge 1} \frac{(1-p^{2n-1})^2}{(1+q^{2n-1})^2}. $$ Tomando logaritmos y ampliar el logaritmo como una potencia de la serie da \begin{eqnarray*} \log k'&=&\sum_{n, m\ge 1} \frac4m((-1)^m-1)q^{(2n-1)m}\\ &=&-\sum_{n\ge1,\ m\ge 0} \frac{8}{2m+1}q^{(2n-1)(2m+1)}\\ &=&-4\sum_{m\ge 0} \frac{1}{2m+1} \frac{2}{q^{-(2m+1)}-q^{2m+1}}. \end{eqnarray*} Set $k=k'=1/\sqrt{2}$; a continuación,$q=e^{-\pi}$. Esto da el resultado deseado.

Answer 2

Esto no es una prueba de su identidad, pero algunos recursos que puede utilizar para probablemente probarlo.

Re-escribir la función hiperbólica en términos de exponenciales y el uso de algunos parcial fracción de descomposición, permite re-escribir esa identidad, $$\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(2n+1)(e^{\pi(2n+1)}-1)}+\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(2n+1)(e^{\pi(2n+1)}+1)}=\frac{\ln(2)}{8}$$

Lo que debe buscar mucho como muchos Plouffe/Ramanujan identidades,

Si alguna vez has visto a Ramanujan la identidad, $$\zeta(3)=\frac{7\pi^3}{180}-2\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3(e^{2\pi n}-1)}$$ Y similares identitys que implican logaritmo constantes y lambert de la serie' al final de: (http://mathworld.wolfram.com/NaturalLogarithm.html)

Para su identidad particular si el uso de algunas de las identidades demostrado aquí, (http://www.linas.org/math/plouffe-ram.pdf)

Probablemente, usted puede probar su identidad.

Answer 3

Bueno, he tratado de utilizar residuos, como ya he expresado aquí. Una vez que se me señaló mi error, me fui a trabajar y configurar otra suma basado en el conjunto infinito de los residuos a lo largo de la línea de $\Re{z} = -1/2$. Resulta que

$$\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)\operatorname{sinh}((2n+1)\pi)}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2 n} \tanh{\left ( \pi \frac{n}{2} \right )}$$

Usted puede verificar esto en Mathematica o en otros lugares. Por desgracia, me parecía haber intercambiado una dura suma para otro. Suspiro.