Sommatoria nell'ambito delle distribuzioni

[JackCM]

Salve,ho il seguente esercizio cui traccia recita:

Calcolare \( S = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{1+k^2} \)

Non vorrei la soluzione dell'esercizio, ma solo uno spunto con cui procedere dato che sono a corto di idee!

L'àmbito è quello delle distribuzioni, in particolare l'esercizio si inserisce nell'argomento delle trasformate di Fourier.

Grazie

JCM

[gugo82]

Evidentemente puoi riguardare la serie come qualcosa correlato alla trasformata di Fourier di qualche distribuzione temperata... Che so, qualche campionamento ad esempio.

Però al momento non mi viene nulla di troppo sensato in mente.
L'unica cosa che vedo è:
\[
S=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2}\ \mathcal{F}[e^{-|t|}](k)\; ,
\]
ma non mi pare la via giusta...

[JackCM]

grazie della risposta, tuttavia non ho proprio idea di come venirne a capo

[gugo82]

In realtà quella serie viene fuori da una bellissima scoperta di Eulero.
Infatti una serie molto simile a quella assegnata interviene nello sviluppo per la cotangente come somma infinita di frazioni:
\[
\tag{1} \pi \cot \pi z = \frac{1}{z} +\sum_{k=1}^\infty \frac{2z}{z^2-k^2} = \sum_{k=-\infty}^\infty \frac{1}{z+k}
\]
dimostrato da Eulero nel suo classico trattato Introductio in Analysin Infinitorum del 1748.
Questa formula, quando \(z=x\in \mathbb{R}\), si dimostra con tecniche classiche di Analisi II e con qualche trucchetto apposito; per \(z\in \mathbb{C}\), si prova usando il prolungamento analitico (cfr. spoiler in basso).
Quindi la dimostrazione per via distribuzionale dovrebbe solo servire a semplificare qualche passaggio.

Ma cosa ha a che fare la (1) col tuo esercizio?
Ebbene ricordato che \(\coth w = \imath\ \cot \imath\ w\), hai:
\[
\begin{split}
\pi\ \coth \pi z &= \imath \pi\ \cot \pi \imath z \\
&= \imath\ \left( \frac{1}{\imath\ z} +\sum_{k=1}^\infty \frac{2\imath z}{(\imath z)^2-k^2}\right)\\
&= \frac{1}{z} +\sum_{k=1}^\infty \frac{-2 z}{- z^2-k^2}\\
&= \frac{1}{z} +2z\ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{z^2+k^2}
\end{split}
\]
da cui segue immediatamente:
\[
\tag{2} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{z^2+k^2} = \frac{\pi z\ \coth \pi z -1}{2z^2}\; .
\]
Scrivendo la (2) per \(z=1\) si trova:
\[
\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{1+k^2} = \frac{\pi\ \coth \pi -1}{2} = \frac{\pi\ \cosh \pi -\sinh \pi}{2\sinh \pi}\; .
\]
Tuttavia una dimostrazione distribuzionale dell'ultima formula o della (2) (ossia della (1), che è equivalente) mi sfugge, per ora.

__________

Dimostriamo la (1) lavorando direttamente nel campo complesso.

Dim.: Poniamo:
\[
f(z) := \pi\ \cot \pi\ z \qquad \text{e}\qquad g(z) := \frac{1}{z} -\sum_{k=1}^\infty \frac{2z}{k^2-z^2}\; .
\]
Passo 1. Le funzioni \(f\) e \(g\) sono entrambe definite in \(\mathbb{C}\setminus \mathbb{Z}\).
Ciò è evidente per la \(f\), perché \(f(z) = \frac{\cos \pi\ z }{\sin \pi\ z}\).
D'altra parte, per vedere che ciò vale anche per \(g\) dobbiamo mostrare che la serie converge in \(\mathbb{C}\setminus \mathbb{Z}\). Fissato \(z\in \mathbb{C}\setminus \mathbb{Z}\), esiste un \(\nu \in \mathbb{N}\) tale che \(|z|^2<2k -1\) per \(k\geq \nu\); ma allora:
\[
\begin{split}
\sum_{k=1}^\infty \left| \frac{2z}{k^2-z^2}\right| &= \sum_{k=1}^{\nu -1}\frac{2|z|}{|k^2-z^2|} +\sum_{k=\nu}^\infty \frac{2|z|}{|k^2-z^2|} \\
&\leq \sum_{k=1}^{\nu -1}\frac{2|z|}{|k^2-z^2|} +\sum_{k=\nu}^\infty \frac{2|z|}{|k^2-|z|^2|}\\
&\leq \sum_{k=1}^{\nu -1}\frac{2|z|}{|k^2-z^2|} +\sum_{k=\nu}^\infty \frac{2|z|}{k^2-2k+1}\\
&\leq \sum_{k=1}^{\nu -1}\frac{2|z|}{|k^2-z^2|} +\sum_{k=\nu}^\infty \frac{2|z|}{(k-1)^2}\\
\end{split}
\]
con la serie all'ultimo membro convergente; ergo la serie che figura nella definizione di \(g\) converge assolutamente in ogni \(z\in \mathbb{C}\setminus\mathbb{Z}\) come volevamo.

Passo 2. Le funzioni \(f\) e \(g\) sono periodiche di periodo \(T=1\).
Di nuovo ciò è ovvio per \(f\).
Per quanto concerne \(g\), ragioniamo come segue. Per \(z\) non intero, abbiamo:
\[
g(z) = \sum_{k=-\infty}^\infty \frac{1}{z+k}\; ,
\]
quindi:
\[
\begin{split}
g(z+1) &= \sum_{k=-\infty}^\infty \frac{1}{z+1+k}\\
& \stackrel{h=k+1}{=} \sum_{h=-\infty}^\infty \frac{1}{z+h}\\
&= g(z)\; ,
\end{split}
\]
come volevamo.

Passo 3. Entrambe le funzioni \(f\) e \(g\) sono dispari, i.e. verificano \(\phi (-x)=-\phi (x)\).
Questo è evidente per entrambe, quindi passiamo oltre.

Passo 4. Entrambe le funzioni \(f\) e \(g\) soddisfano la relazione:
\[
\tag{R} \phi \left( \frac{z}{2}\right) +\phi \left( \frac{z+1}{2}\right) =2\ \phi (z)\; .
\]
Cominciamo da \(f\). Sappiamo che le formule della trigonometria elementare (in particolare, le formule degli archi associati e di duplicazione) valgono anche in \(\mathbb{C}\), quindi per \(z\notin \mathbb{Z}\) si ha:
\[
\begin{split}
f\left( \frac{z}{2}\right) +f\left( \frac{z+1}{2}\right) &= \pi \left( \frac{\cos \frac{\pi\ z}{2}}{\sin \frac{\pi\ z}{2}} + \frac{\cos \frac{\pi\ z+\pi}{2}}{\sin \frac{\pi\ z+\pi}{2}}\right)\\
&= \pi\ \left( \frac{\cos \frac{\pi\ z}{2}}{\sin \frac{\pi\ z}{2}} - \frac{\sin \frac{\pi\ z}{2}}{\cos \frac{\pi\ z}{2}}\right)\\
&= \pi\ \frac{\cos^2 \frac{\pi\ z}{2} -\sin^2 \frac{\pi\ z}{2}}{\cos \frac{\pi\ z}{2}\ \sin \frac{\pi\ z}{2}}\\
&= 2\pi\ \frac{\cos \pi\ z}{\sin \pi\ z}\\
&=2\ f(z)\; .
\end{split}
\]
D'altra parte, abbiamo:
\[
\begin{split}
\sum_{k=-K}^K \frac{1}{\frac{z}{2} +k} +\sum_{k=-K}^K \frac{1}{\frac{z+1}{2} +k} &= 2\ \sum_{k=-K}^K \frac{1}{z+2k} +\frac{1}{z+(1-2k)}\\
&= 2\ \sum_{h=-2K}^{2K} \frac{1}{z+h}\ +\frac{2}{z+2K+1}
\end{split}
\]
e, passando al limite per \(K\to \infty\), troviamo:
\[
g \left( \frac{z}{2}\right) +g \left( \frac{z+1}{2}\right) =2\ g(z)\; .
\]

Passo 5. La funzione \(h(z):=f(z)-g(z)\) si può prolungare in maniera continua su tutto \(\mathbb{C}\).
Evidentemente \(h\) è una funzione continua ed olomorfa in \(\mathbb{C}\setminus \mathbb{Z}\); inoltre essa è periodica di periodo \(T=1\) (poiché somma di funzioni periodiche), è dispari (poiché somma di funzioni dispari) e verifica la relazione (R) (poiché somma di funzioni che soddifano tale relazione).
Dalla periodicità segue immediatamente che basta provare che \(h\) si può prolungare in modo continuo su \(0\) per avere la tesi.
Calcoliamo dunque il \(\displaystyle \lim_{z\to 0} h(z)\): abbiamo:
\[
\begin{split}
h(z) &= \pi\ \cot \pi\ z -\frac{1}{z} + \sum_{k=1}^\infty \frac{2z}{k^2-z^2}\\
&= \underbrace{\frac{\pi\ z\ \cos \pi\ z -\sin \pi\ z}{z\sin \pi\ z}}_{=: A(z)} +\underbrace{\sum_{k=1}^\infty \frac{2z}{k^2-z^2}}_{=:B(z)}\; ;
\end{split}
\]
usando gli sviluppi di Taylor si trova:
\[
\lim_{z\to 0} A(z) = \lim_{z\to 0} \frac{\pi\ z\ (\cancel{1}-\frac{1}{2}\ \pi^2\ z^2)-\cancel{\pi\ z}}{\pi\ z^2} = 0\; ;
\]
dalla dimostrazione di convergenza fatta al Passo 1 ricaviamo immediatamente che la serie \(\sum \frac{2z}{k^2-z^2}\) converge uniformemente intorno a \(0\), quindi si ha pure:
\[
\lim_{z\to 0} B(z) =\sum_{k=1}^\infty \lim_{z\to 0} \frac{2z}{k^2-z^2} =0\; ;
\]
pertanto:
\[
\lim_{z\to 0} h(z) =0
\]
e dunque la \(h\) può estendersi con continuità a tutto \(\mathbb{C}\).

Passo 6. Si ha \(h(z)=0\) identicamente in \(\mathbb{C}\).
Notiamo che basta dimostrare che \(h\) è identicamente nulla sull'intervallo \([0,1]\), poiché in tal caso la tesi segue per prolungamento analitico.
Consideriamo allora la funzione reale di variabile reale \(h(x)\) definita in \([0,1]\): dato che \([0,1]\) è compatto, la funzione \(h\) ha un massimo, che chiamiamo \(M\), il quale è assunto come valore in un punto \(x_0\in [0,1]\), i.e. \(M=h(x_0)\).
La relazione (R) implica che:
\[
h \left( \frac{x_0}{2}\right) +h \left( \frac{x_0+1}{2}\right) =2\ h(x_0) =2M\; ;
\]
dato che entrambi gli addendi al primo membro sono \(\leq M\) (perché \(M\) è il massimo di \(h(x)\) anche globalemte, per periodicità), dalla precedente segue \(h(x_0/2)=M\). Procedendo iterativamente si ottiene:
\[
\forall n\in \mathbb{N},\quad h\left( \frac{x_0}{2^n}\right) =M\; ,
\]
quindi:
\[
M=\lim_n h\left( \frac{x_0}{2^n}\right) = h(0)
\]
per continuità; ma \(h(0)=0\), ergo \(M=0\) ed \(h(x)\leq 0\) in \([0,1]\).
Analogo ragionamento mostra che il minimo \(m\) di \(h\) è nullo, quindi \(h(x)\geq 0\).
Conseguentemente \(h(x)=0\) in \([0,1]\), come volevamo.

Finale. Dato che \(h(z)=0\) identicamente in \(\mathbb{C}\), si ha \(f(z)=g(z)\) in \(\mathbb{C}\setminus \mathbb{Z}\) che è la (1).

[JackCM]

Grazie mille, sei stato pazientissimo. Ora studio per bene la tua risposta

Saluti

JCM