El cálculo de una doble serie.

Question

Cómo calcular siguientes doble de la serie,

$$\sum_{j=1}^{\infty}\sum_{i=1}^{\infty} \cfrac{(-1)^{(i+j)}}{i^2+2nij+j^2} $$

donde $n\in \mathbb{N}$.

Answer 1

Esta doble serie no es absolutamente convergente. Usted puede tratar de un tipo de Abel suma: $\lim_{z \to -1+} f_n(z)$ donde $$f_n(z) = \sum_{i=1}^\infty \sum_{j=1}^\infty \dfrac{z^{i+j}}{i^2 + 2nij + j^2}$$ Pero me gustaría encontrar una forma cerrada sorprendente.

Podría ser interesante tratar este asintóticamente como $n \to \infty$, el uso de $$ \dfrac{1}{i^2 + 2nij + j^2} = {\frac {1}{2ijn}}-{\frac {{i}^{2}+{j}^{2}}{4{i}^{2}{j}^{2}{n}^ {2}}}+{\frac { ( {i}^{2}+{j}^{2} ) ^{2}}{8 {i}^{3}{j}^{3 }{n}^{3}}} - \dfrac{(i^2 + j^2)^3}{16 i^4 j^4 n^4}+\ldots$$ Con Maple ayudar, tengo $$ f_n(z) \sim \dfrac{(\ln(1-z))^2}{2n} - \dfrac{z \ \text{polylog}(2,z)}{2 (1-z) n^2} + \dfrac{z \ \text{polylog}(3,z)}{4 (z-1)^2 n^3} + \dfrac{(\ln(1-z))^2}{4 n^3} + + \dfrac{z(z+1) \ \text{polylog}(4,z)}{8 (z-1)^3 n^4 } + \dfrac{3 z \ \text{polylog}(2,z)}{8 (z-1) n^4} + \ldots$$

que como $z \to -1+$ se convierte en

$$ \dfrac{(\ln 2)^2}{2n} - \dfrac{\pi^2}{48 n^2} + \dfrac{3 \zeta(3) + 16 (\ln 2)^2}{64 n^3} - \dfrac{\pi^2}{64 n^4} + \ldots$$

Debe haber un patrón aquí...

EDIT: El coeficiente de $n^{-m}$ es $$ \eqalign{\sum_{i=1}^\infty \sum_{j=1}^\infty &\dfrac{(-1)^{m+1}}{2^m^m j^m} (i^2 + j^2)^{m-1} z^{i+j} = \dfrac{(-1)^{m+1}}{2^m} \sum_{k=0}^{m-1} {{m-1} \elegir k} \sum_{i=1}^\infty i^{2k-m} z^i \sum_{j=1}^\infty j^{m-2-2k} z^j\cr &= \dfrac{(-1)^{m+1}}{2^m} \sum_{k=0}^{m-1} {{m-1} \elegir k} \operatorname{polylog}(-2k+m,z) \operatorname{polylog}(-m+2+2k,z)\cr}$$ Tenga en cuenta que para los números enteros no negativos $p$, $ \operatorname{polylog}(-p,z) = z P_p(1-z)/(1-z)^{p+1}$ donde $P_p$ es un polinomio de grado $p-1$. Si $m$ es incluso, cada término implica una polylog de índice positivo veces una función racional. Si $m$ es impar, hay también (por $k=(m-1)/2$) en un plazo $2^{-m} {{m-1} \choose {(m-1)/2}} \ln(1-z)^2$ desde $\operatorname{polylog}(1,z) = -\log(1-z)$.

Cuando tomamos $z \to -1$, $\operatorname{polylog}(p,-1) = (2^{1-p}-1) \zeta(p)$ para los números enteros $p \ge 2$, mientras que $\operatorname{polylog}(-p,-1) = -(2^{p+1}-1) B_{p+1}/(p+1)$ donde $B_{p+1}$ $(p+1)$'th Bernoulli número (que es $0$ incluso $p\ge 2$). Así, incluso para $m$, los únicos términos que sobreviven son aquellos para los $k=m/2$$m/2-1$, y el coeficiente de $n^{-m}$$\displaystyle - 2^{-m} {{m-1} \choose {m/2}} \dfrac{\pi^2}{12}$. Por extraño $m$, obtenemos $$ 2^{-m} {{m-1} \choose {(m-1)/2}} (\ln 2)^2 + 2^{2-2m} \sum_{k=0}^{(m-3)/2} {{m-1}\choose k} (2^{m-2k-1}-1)^2 2^{2k} \dfrac{B_{m-2k-1}}{m-2k-1} \zeta(m-2k)$$

Answer 2

Al $n=1$, se obtiene $${1\over2^2}-{2\over3^2}+{3\over4^2}-{4\over5^2}+\cdots={\pi^2\over12}-\log2,$$ series number 347 in Jolley, Summation of Series. Do you have a reason to think there's a closed form for general $n$?