Ancora lo stesso fumo, ma un po' più di arrosto.

[Erasmus_First]

Prefazione.
Per argomento $s$ con parte reale maggiore di 1 la "Zeta di Riemann" è la serie [convergente]:
$ζ(s) = 1 + 1/2^s + 1/3^s + 1/4^s + ... + 1/n^s + ...$
In particolare, per ogni intero positivo r si ha:
$ζ(2r) = 1 + 1/2^(2r)+ 1/3^(2r) + 1/4^(2r) + ... + 1/n^(2r) + ...$ (*)
Da questa si vede di colpo che, al crescere di r, ζ(2r) tende velocemente ad 1. Per esempio:
ζ(16)≈ 1,0000152823
ζ(18)≈ 1,0000038173
ζ(20)≈ 1,0000009540
ζ(22)≈ 1,0000002384
ζ(24)≈ 1,0000000596
Pertanto, la serie
$ζ(2) - ζ(4) + ζ(6) - ζ(8) +...+(-1)^(r+1)· ζ(2r)+ ...$
non converge, bensì oscilla assumendo il carattere della serie di addendo corrente $a(r)= (-1)^(r+1)$.

E' anche noto che, per ogni intero positivo r, $ζ(2r)$ è del tipo
$ζ(2r)= q(r)·π^(2r)$
dove il coefficiente $q(r)$ è razionale.
In particolare, per $r$ intero compreso tra 1 e 8 inclusi si ha:
$ζ(2) = π^2/6$; $ζ(4) = π^4/90$; $ζ(6) = π^6/945$; $ζ(8) = π^8/9450$; $ζ(10) = π^10/93555$;
$ζ(12) = (691·π^12)/638512875$; $ζ(14) = (2·π^14)/18243225$; $ζ(16) = (3617·π^16)/325641566250$.

Il quiz
Dimostrare la validità della seguente uguaglianza:

––> Quiz_nuovo.png

NB. Sperimentalmente l'uguaglianza si verifica facilmente.
Infatti, per il membro destro si trova $(π/tanh(π) - 1)/2 = 1,0766740 ...$; e anche limitando il numero di addendi della somma del membro sinistro con l'assumere n = 7 si trova:
$π^2/6 – π^4/90 + π^6/945 + π^8/9450 –π^10/93555 + (691·π^12)/638512875 - (2·π^14)/18243225 +1/2(3617·π^16)/325641566250 =1,0766786345...$.

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P.S.
Ho editato per correggere un errore di battitura (da $π^14$ a $π^16$ quasi in fondo all'ultima riga).
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[dan952]

La soluzione che propongo non è completa perché ho dei dubbi su come si possa applicare il teorema dei residui per calcolare un integrale:

Sviluppo le zeta:
$$\sum_{r=0}^{n-1}(-1)^r\sum_{m=1}^{+\infty}\frac{1}{m^{2r+2}}=\sum_{m=1}^{+\infty}\sum_{r=0}^{n-1}(-1)^r\frac{1}{m^{2r+2}}$$[nota]lo scambio di sommatoria non mi da problemi perché in realtà sto lavorando con un numero finito di termini che hanno indice $r$.[/nota]Proseguo ottenendo
$$\sum_{m=1}^{+\infty}\frac{1}{m^2}\frac{1-(-\frac{1}{m^2})^n}{1+\frac{1}{m^2}}$$
Passando al limite otteniamo
$$\lim_{n \rightarrow +\infty}\sum_{m=1}^{+\infty}\frac{1}{m^2}\frac{1-(-\frac{1}{m^2})^n}{1+\frac{1}{m^2}}=\sum_{m=1}^{+\infty}\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{1}{m^2}\frac{1-(-\frac{1}{m^2})^n}{1+\frac{1}{m^2}}=\sum_{m=1}^{+\infty}\frac{1}{m^2+1}=\frac{\pi \coth(\pi)-1}{2}$$
l'ultima uguaglianza vale e l'ho data per nota, ora cercherò un modo per dimostrarla.
Vediamo subito che $\frac{1}{m^2+1}=\frac{1}{2i}(\frac{1}{m-i}-\frac{1}{m+i})=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-(m-i)x}-e^{-(m+i)x}}{2i}dx=\int_{0}^{+\infty}e^{-mx}\sin(x)dx$
Domanda: Possiamo far passare la sommatoria sotto il segno di integrale? Risposta: Si, perché le ridotte $\sum ^N f_m=e^{-mx}sin(x)$ sono limitate da una funzione integrabile dunque sussiste la condizione sufficiente perché si possa fare il passaggio del limite sotto segno di integrale. Quindi:
$$\sum_{m=1}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}e^{-mx}\sin(x)dx=\int_{0}^{+\infty}\sin(x)\sum_{m=1}^{+\infty}e^{-mx}dx=\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(x)}{e^x-1}dx$$
L'idea è quella di provare ad applicare il teorema dei residui. tuttavia quella funzione ha una sola singolarità isolata nei reali in $0$ e per di più è eliminabile, dunque considero $sin(x)$ come la parte immaginaria di $e^{ix}$ passando quindi ai complessi:
$$\int_{0}^{+\infty}\Im(\frac{e^{ix}}{e^{x}-1})dx=\Im\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{ix}}{e^{x}-1}dx=\Im\int_{[0,+\infty)}\frac{e^{iz}}{e^{z}-1}dz$$

Ora mi farebbe comodo considerare la curva chiusa $C=[-R,R] uu {z | |z|=R, \Im(z) \geq 0}$[nota]purtroppo la funzione non è pari e vorrei trovare un modo per renderla tale una mezza idea ce l'avrei[/nota], applicando (così e così) il teorema dei residui:
$$\int_{C}\frac{e^{iz}}{e^{z}-1}dz=\int_{[-R,R]}\frac{e^{iz}}{e^{z}-1}dz+\int_{C_{R}}\frac{e^{iz}}{e^{z}-1}dz=2\pi i(\sum_{k=1}^{[\frac{R}{2\pi}]}Res_{\frac{e^{iz}}{e^{z}-1}}(2\pi k i)+1/2)=2\pi i(e^{2\pi}\frac{1-(\frac{1}{e^{2\pi}})^{[\frac{R}{2\pi}]+1}}{e^{2\pi}-1}-1/2)$$
con il passaggio al limite si ha $2\pi i(e^{2\pi}\frac{1}{e^{2\pi}-1}-1/2)$ da qui mi blocco in realtà mi sono bloccato già prima.

[Erasmus_First]

Il trasformare il membro sinistro in $\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{1+m^2}$ è ancora ... "tanto fumo e poco arrosto"!
Come giustamente hai fatto, il succo sta nel commutare le sommatorie.

La tesi da dimostrare equivale dunque alla seguente:
$\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{1+m^2} = (π/tanh(π) - 1)/2$. (*)

"dan95":La soluzione che propongo non è completa perché ho dei dubbi su come si possa applicare il teorema dei residui [...]

Mi è difficile seguirti ... Ci rinuncio!
Alla validità della uguaglianza (*) si arriva comodamente tramite lo sviluppo in serie di Fourier di una opportuna funzione periodica.

Cerco di spiegare qual è il percorso che ho fatto io.
[Ma mi risulta difficile e scomodissimo scrivere le formule come le penso col meccanismo di questo forum.
Ci provo. Se non ci riuscirò, scriverò a parte una paginetta che poi mostrerò come immagine PNG.]

Parto dalla funzione pari "impulsiva" (cioè integrabile in ogni intervallo e da $-∞$ a $+∞$)
$h(x) = e^(-|x|)$.
Considero la "sequenza" delle infinite funzioni impulsive $h(x + k·2π)$ per ogni $k$ intero, cioè:
$f(x) = \sum_{k=-∞}^{+∞}e^(-|x+k·2π|)$ (**)
Questa è una funzione periodica pari di periodo $2π$ che nell'intervallo $-2π ≤ x ≤ 2π$ (lungo due periodi) si può scrivere
$f(x) = cosh(π-|x|)/sinh(π)$ (***)
e nell'intervallo $0 ≤ x ≤ 2π$ (lungo un periodo):
$f(x) = cosh(π-x)/sinh(π)$ (***)
[come si trova subito eseguendo la somma (**) in un $x$ dell'intervallo 0 ≤ x ≤ 2π.
Sviluppo, quindi, in serie di Fourier la $f(x)$ data da (***) ottenendo:
$cosh(π-|x| mod 2π)/sinh(π) = 1/π + 2/π\sum_{m=1}^{+∞}cos(mx)/(1+m^2)$. (****)
Infine, valuto quest'ultima uguglianza in $x =0$ ed esplicito poi la sommatoria ricavando:
$cosh(π)/sinh(π) = 1/π + 2/π\sum_{m=1}^{+∞}1/(1+m^2)$ $=>$ $\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{1+m^2} = (π/tanh(π) - 1)/2$
cioè la tesi (*).
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[dan952]

Quella somma si può calcolare con molti metodi similmente alla sua cugina $\zeta(2)$, il modo che hai pubblicato lo conoscevo già ce ne è pure un altro che usa il prodotto infinito della funzione $\frac{\sin \pi z}{\pi z}$
Tuttavia volevo trovare un altro metodo .. Ma purtroppo è stato un buco nell'acqua

[dan952]

"Erasmus_First":
$ f(x) = \sum_{k=-∞}^{+∞}e^(-|x+k·2π|) $ (**)
Questa è una funzione periodica pari di periodo $ 2π $ che nell'intervallo $ -2π ≤ x ≤ 2π $ (lungo due periodi) si può scrivere
$ f(x) = cosh(π-|x|)/sinh(π) $ (***)
e nell'intervallo $ 0 ≤ x ≤ 2π $ (lungo un periodo):
$ f(x) = cosh(π-x)/sinh(π) $ (***)
[come si trova subito eseguendo la somma (**) in un $ x $ dell'intervallo 0 ≤ x ≤ 2π.

Non riesco a capire questo passaggio... Usi la serie geometrica???

[Erasmus_First]

"dan95":[quote="Erasmus_First"]
$ f(x) = \sum_{k=-∞}^{+∞}e^(-|x+k·2π|) $ (**)
Questa è una funzione periodica pari di periodo $ 2π $ che nell'intervallo $ -2π ≤ x ≤ 2π $ (lungo due periodi) si può scrivere
$ f(x) = cosh(π-|x|)/sinh(π) $ (***)
e nell'intervallo $ 0 ≤ x ≤ 2π $ (lungo un periodo):
$ f(x) = cosh(π-x)/sinh(π) $ (***)
[come si trova subito eseguendo la somma (**) in un $ x $ dell'intervallo 0 ≤ x ≤ 2π.

Non riesco a capire questo passaggio... Usi la serie geometrica???[/quote]Certo. E c'è da usarla due volte.
La funzione impulsiva $e^(-|x|)$ (ripetuta ad ogni intervallo lungo 2π, in modo da generare una funzione periodica), è simmetrica, è fatta come il profilo sel tetto di una pagoda cinese!
Mettiti in un $x$ compreso tra 0 e 2π. Lì arrivano le code destre di tutte le funzioni impulsive di sinistra e le code sinistre di tutte le funzioni impulsive di destra.
Le prime [code destre delle funzioni impulsive di sinistra] dànno la somma:
$S_s = e^(-x) + e^(-(2π + x)) + e^(-(4π + x)) + ... +e^(-(n·2π + x)) + ... =$
$= e^(–x)·[1 + e^(-2π) + e^(-4π) + ... + e^(-n·2π)+ ...] = e^(–x)/(1 - e^(-2π)) = e^(π-x)/(e^π - e^(-π))$.
Le seconde [code sinistre delle funzioni impulsive di destra] dànno (sempre in un $x$ compreso tra 0 e 2π) la somma:
$S_d = e^(-(2π-x)) + e^(-(4π - x)) + e^(-(6π - x)) + ... +e^(-(n·2π - x)) + ... =$
$= e^(-(2π–x))·[1 + e^(-2π) + e^(-4π) + ... + e^(-n·2π)+ ...] = e^(–(2π-x))/(1 - e^(-2π)) = e^(-(π-x))/(e^π - e^(-π))$.
Insieme danno la somma:
$f(x) = S_s + S_d = ( e^(π-x) + e^(-(π-x)))/(e^π - e^(-π)) = cosh(π - x)/sinh(π)$.
Questa vale nell'intervallo $0 ≤ x ≤ 2π$ dove si è potuto evitare l'uso del "modulo" |x| per ché qui è x>0 e quindi |x| = x.
Ma occorre ricordare che, siccome la funzione ottenuta componendo la sequenza di funzioni impulsive è periodica, l'andamento che c'è per 0 ≤ x ≤ 2π va ripetuto in ogni periodo, ossia in ogni intervallo del tipo
k·2π ≤ x ≤ (k+1)·2π,
(per ogni k intero, positivo nullo o negativo).

Io sono in Macintosh e uso il programma "Grapher.
Questo accetta la scrittura $|x| mod 2π$ dandomi il resto della divisione di |x| per 2π.
Guarda qua come è fatta la funzione periodica ottenuta dalla composizione delle infinite funzioni impulsive $e^(-(k·2π + x))$ (per ogni k intero, positivo nullo o negativo).

––> grafico_funzione.png

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P.S. (Editando ... a complemento di quanto già scritto!)
Con "Grapher" posso anche calcolare direttamente le sommatorie (cosa che non potevo fare con "Calcolatrice Grafica").
Ecco allora la stessa funzione, ma direttamente come composizione della sequenza di funzioni impulsive (cioè prima di calcolare la funzione periodica prodotta dalla sequenza), E vedi che i grafici sono identici!

Composizione_funzioni_impulsive.png

Ciao ciao