Somma di una serie doppia
Ciao a tutti, qualcuno sa mostrare (o dare qualche suggerimento per dimostrare) che
[tex]\sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(m^2+n^2)^2} = \zeta(2)G - \zeta(4)[/tex]
ove $G$ è la costante di Catalan? Grazie!
[tex]\sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(m^2+n^2)^2} = \zeta(2)G - \zeta(4)[/tex]
ove $G$ è la costante di Catalan? Grazie!
Risposte
Ci ho pensato un po', provando anche a fare un po' di reverse engineering, ma non mi è uscito nulla di buono.
Tuttavia ho verificato numericamente l'uguaglianza e sembra funzionare.
Tanto per curiosità: dove l'hai trovata questa formula di sommazione?
Tuttavia ho verificato numericamente l'uguaglianza e sembra funzionare.
Tanto per curiosità: dove l'hai trovata questa formula di sommazione?
Grazie mille per il tentativo!
Purtroppo non ricordo dove l'ho presa, era una formuletta che mi ero riproposto di verificare per divertimento tempo fa, e avevo annotato su un foglio..
Purtroppo non ricordo dove l'ho presa, era una formuletta che mi ero riproposto di verificare per divertimento tempo fa, e avevo annotato su un foglio..
Al fine di ottenere il risultato di sopra, dovrebbe essere sufficiente mostrare che
[tex]\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 \sinh^2(n\pi)} = \frac{2}{3}G - \frac{11}{30}\zeta(2)[/tex]
Anche questa però non sono riuscito a mostrarla..
[tex]\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 \sinh^2(n\pi)} = \frac{2}{3}G - \frac{11}{30}\zeta(2)[/tex]
Anche questa però non sono riuscito a mostrarla..
Tanto per curiosità, come l'hai ricavata questa condizione?
Ho usato altre due relazioni 
, precisamente:
[tex]\sum_{m=1}^\infty \frac{\coth \pi m}{m^3} = \frac{7\pi^3}{180}[/tex]
e
[tex]\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(m^2+n^2)^2} = \frac{\pi^2}{4m^2 \sinh^2(\pi m)} + \frac{\pi \coth \pi m}{4m^3} - \frac{1}{2m^4}[/tex]
Da queste quindi
[tex]\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^2 \sinh^2(m\pi)} = \frac{4}{\pi^2} \sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(m^2+n^2)^2} -\sum_{m=1}^\infty \frac{\coth \pi m}{\pi m^3} + \frac{2\zeta(4)}{\pi^2}[/tex]
da cui (supponendo di conoscere la somma della serie doppia, riportata nel primo post)
[tex]\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^2 \sinh^2(m\pi)} = \frac{4}{\pi^2} ( \frac{\pi^2 G}{6} - \frac{\pi^4}{90} ) -\frac{7\pi^2}{180} + \frac{\pi^2}{45} = \frac{2}{3}G -\frac{11\pi^2}{180}[/tex]
Entrambe le prime due relazioni si riescono a ottenere dallo sviluppo
[tex]\pi z \coth \pi z = 1 + 2 z^2 \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^2 + z^2}[/tex]
, precisamente:[tex]\sum_{m=1}^\infty \frac{\coth \pi m}{m^3} = \frac{7\pi^3}{180}[/tex]
e
[tex]\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(m^2+n^2)^2} = \frac{\pi^2}{4m^2 \sinh^2(\pi m)} + \frac{\pi \coth \pi m}{4m^3} - \frac{1}{2m^4}[/tex]
Da queste quindi
[tex]\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^2 \sinh^2(m\pi)} = \frac{4}{\pi^2} \sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(m^2+n^2)^2} -\sum_{m=1}^\infty \frac{\coth \pi m}{\pi m^3} + \frac{2\zeta(4)}{\pi^2}[/tex]
da cui (supponendo di conoscere la somma della serie doppia, riportata nel primo post)
[tex]\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^2 \sinh^2(m\pi)} = \frac{4}{\pi^2} ( \frac{\pi^2 G}{6} - \frac{\pi^4}{90} ) -\frac{7\pi^2}{180} + \frac{\pi^2}{45} = \frac{2}{3}G -\frac{11\pi^2}{180}[/tex]
Entrambe le prime due relazioni si riescono a ottenere dallo sviluppo
[tex]\pi z \coth \pi z = 1 + 2 z^2 \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^2 + z^2}[/tex]
Qualcuno ha idee per quella rognosa serie doppia? 
Se sapessimo determinare la somma:
[tex]$S:=\sum_{(n,m)\in \mathbb{Z}\setminus \{ (0,0)\}} \frac{1}{(m^2+n^2)^2}$[/tex]
avremmo finito.
Infatti, è:
[tex]$S=\sum_{m=-\infty}^{-1} \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(m^2+n^2)^2} + \sum_{n\in \mathbb{Z} \setminus \{ 0\}} \frac{1}{n^4} + \sum_{m=1}^{+\infty} \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(m^2+n^2)^2}$[/tex] (per simmetria accorpo primo e terzo addendo e spezzo la sommatoria interna)
[tex]$=2\sum_{m=1}^{+\infty} \left\{ \sum_{n=-\infty}^{-1} \frac{1}{(m^2+n^2)^2} + \frac{1}{m^4} + \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(m^2+n^2)^2} \right\} +2\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^4}$[/tex] (per simmetria accorpo la prima e la terza sommatoria interna, poi spezzo)
[tex]$2\sum_{m=1}^{+\infty} 2 \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(m^2+n^2)^2} +2 \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{1}{m^4} + 2\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^4}$[/tex],
sicché, detta [tex]$s$[/tex] la somma della nostra serie doppia, dalla precedente discende:
[tex]$S=4s+4\zeta(4)$[/tex]
(ammesso e non concesso di aver fatto bene i conti*).
A questo punto, [tex]$m^2+n^2=|m+\imath n|\in \mathbb{Z}[\imath]$[/tex] (interi di Gauss), quindi credo che per determinare [tex]$S$[/tex] bisogna avere delle conoscenze decenti di aritmetica (che io non ho).
__________
* Difatti non erano fatti bene!
Grazie a rbtgwt per la correzione.
[tex]$S:=\sum_{(n,m)\in \mathbb{Z}\setminus \{ (0,0)\}} \frac{1}{(m^2+n^2)^2}$[/tex]
avremmo finito.
Infatti, è:
[tex]$S=\sum_{m=-\infty}^{-1} \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(m^2+n^2)^2} + \sum_{n\in \mathbb{Z} \setminus \{ 0\}} \frac{1}{n^4} + \sum_{m=1}^{+\infty} \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(m^2+n^2)^2}$[/tex] (per simmetria accorpo primo e terzo addendo e spezzo la sommatoria interna)
[tex]$=2\sum_{m=1}^{+\infty} \left\{ \sum_{n=-\infty}^{-1} \frac{1}{(m^2+n^2)^2} + \frac{1}{m^4} + \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(m^2+n^2)^2} \right\} +2\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^4}$[/tex] (per simmetria accorpo la prima e la terza sommatoria interna, poi spezzo)
[tex]$2\sum_{m=1}^{+\infty} 2 \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(m^2+n^2)^2} +2 \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{1}{m^4} + 2\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^4}$[/tex],
sicché, detta [tex]$s$[/tex] la somma della nostra serie doppia, dalla precedente discende:
[tex]$S=4s+4\zeta(4)$[/tex]
(ammesso e non concesso di aver fatto bene i conti*).
A questo punto, [tex]$m^2+n^2=|m+\imath n|\in \mathbb{Z}[\imath]$[/tex] (interi di Gauss), quindi credo che per determinare [tex]$S$[/tex] bisogna avere delle conoscenze decenti di aritmetica (che io non ho
).__________
* Difatti non erano fatti bene!
Grazie a rbtgwt per la correzione.
Penso manchi un elevamento a quadrato nel passaggio dalla prima alla seconda riga, dunque alla fine si dovrebbe avere
[tex]S=4s+4\zeta(4)[/tex]
P.S.: avevo provato anch'io nello stesso modo
[tex]S=4s+4\zeta(4)[/tex]
P.S.: avevo provato anch'io nello stesso modo
Scrivo un tentativo buttato su carta durante una lezione noiosa, non ho verificato la leicità dei passaggi 
. Dando per noto che
[tex]\int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x} dx = -\zeta(2)[/tex]
e dando per buono (http://www.matematicamente.it/forum/quadrato-della-theta3-di-jacobi-t72817.html) che, posto [tex]\theta_{3}(x) :=\sum_{n\in\mathbb{Z}}x^{n^{2}}[/tex], si ha (per opportuni $x$)
[tex]\theta_{3}^{2}(x) = 1+4\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{1-x^{2n+1}}[/tex]
allora
[tex]\sum_{(m,n) \in \mathbb{Z}^2 \setminus \{ (0,0)\}} \frac{1}{(m^2+n^2)^2} &= \sum_{(m,n) \in \mathbb{Z}^2 \setminus \{ (0,0)\}} \int_0^1 \int_0^1 (xy)^{m^2+n^2-1} \,dx dy = \int_0^1 \int_0^1 \frac{\theta_3^2(xy)-1}{xy} \,dx dy = 4 \sum_{n=0}^\infty (-)^n \int_0^1 \int_0^1 \frac{(xy)^{2n}}{1-(xy)^{2n+1}} \,dx dy = 4 \sum_{n=0}^\infty (-)^n \int_0^1 \frac{1}{y} \int_0^y \frac{z^{2n}}{1-z^{2n+1}} \,dz dy = -4 \sum_{n=0}^\infty \frac{(-)^n}{(2n+1)} \int_0^1 \frac{\ln(1-y^{2n+1})}{y} dy = -4 \sum_{n=0}^\infty \frac{(-)^n}{(2n+1)^2} \int_0^1 \frac{\ln(1-z)}{z} dz = 4 \zeta(2)G[/tex]
Per ora non ho altre idee
. Dando per noto che[tex]\int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{x} dx = -\zeta(2)[/tex]
e dando per buono (http://www.matematicamente.it/forum/quadrato-della-theta3-di-jacobi-t72817.html) che, posto [tex]\theta_{3}(x) :=\sum_{n\in\mathbb{Z}}x^{n^{2}}[/tex], si ha (per opportuni $x$)
[tex]\theta_{3}^{2}(x) = 1+4\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{1-x^{2n+1}}[/tex]
allora
[tex]\sum_{(m,n) \in \mathbb{Z}^2 \setminus \{ (0,0)\}} \frac{1}{(m^2+n^2)^2} &= \sum_{(m,n) \in \mathbb{Z}^2 \setminus \{ (0,0)\}} \int_0^1 \int_0^1 (xy)^{m^2+n^2-1} \,dx dy = \int_0^1 \int_0^1 \frac{\theta_3^2(xy)-1}{xy} \,dx dy = 4 \sum_{n=0}^\infty (-)^n \int_0^1 \int_0^1 \frac{(xy)^{2n}}{1-(xy)^{2n+1}} \,dx dy = 4 \sum_{n=0}^\infty (-)^n \int_0^1 \frac{1}{y} \int_0^y \frac{z^{2n}}{1-z^{2n+1}} \,dz dy = -4 \sum_{n=0}^\infty \frac{(-)^n}{(2n+1)} \int_0^1 \frac{\ln(1-y^{2n+1})}{y} dy = -4 \sum_{n=0}^\infty \frac{(-)^n}{(2n+1)^2} \int_0^1 \frac{\ln(1-z)}{z} dz = 4 \zeta(2)G[/tex]
Per ora non ho altre idee
Questa soluzione non è mia; mi è stata suggerita.
1. Riscrittura del problema:
2. Riordinamento del primo membro di (*):
3. Riordinamento del secondo membro di (*):
4. Conclusione:
Ad ogni modo, non sono cose che mi entusiasmano.
1. Riscrittura del problema:
2. Riordinamento del primo membro di (*):
3. Riordinamento del secondo membro di (*):
4. Conclusione:
Ad ogni modo, non sono cose che mi entusiasmano.
Grazie mille, gentilissimo ! Mi spiace averti fatto scrivere così tanto! Appena torno a casa leggo tutto con maggior attenzione
Nel tempo libero mi piace provare a sommare qualche serie
! Mi spiace averti fatto scrivere così tanto! Appena torno a casa leggo tutto con maggior attenzione Nel tempo libero mi piace provare a sommare qualche serie
Ovviamente, se in (*) si inserisce un esponente [tex]$p\neq 2$[/tex] il risultato continua ad essere vero.
Insomma, questo problema è proprio sulle proprietà dei numeri che possono essere scritti come somma di due quadrati.
Insomma, questo problema è proprio sulle proprietà dei numeri che possono essere scritti come somma di due quadrati.
Pensavo che fosse più alla mia portata ma a quanto pare non è così. Leggerò con calma la dimostrazione, cercando di capirne i passaggi.
Grazie gugo! e grazie anche a rbtqwt per aver posto il problema
Purtroppo non sarei stato in grado nemmeno io di fare una dimostrazione sulla falsariga di quella proposta da gugo!
Ho visto che anche la dimostrazione dell'espressione esplicita di $\theta_3^2$ sfrutta tali proprietà!
Grazie ancora, gugo!
Insomma, questo problema è proprio sulle proprietà dei numeri che possono essere scritti come somma di due quadrati.
Ho visto che anche la dimostrazione dell'espressione esplicita di $\theta_3^2$ sfrutta tali proprietà!
Grazie ancora, gugo!
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