Гиперболический контангенс

[RikkiTan1]

Доброго времени суток! Подскажите, пожалуйста, где можно посмотреть про такое разложение гиперболического котангенса

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\mu+n^2}=\frac{\pi\cth{\pi\sqrt{\mu}}}{2\sqrt{\mu}}-\frac{1}{2\mu}$$

[sergei1961]

В учебнике Фихтенгольца, например. За исходное берётся произведение Эйлера для синуса, потом оно логарифмируется и дифференцируется. Для гиперболического надо ещё домножить аргумент на мнимую единицу.

[iifat]

Странно как-то. Подставляем $\mu=0$. Слева — ряд, сходящийся к $\frac{\pi^2}6$, если не ошибаюсь. Справа — неведомую науке хрень. Мораль:

[gris]

Нормально. Ряд для котангенса содержит $1/x$ и нечистая сила сокращается. В пределе, конечно, надо рассматривать. Можно ряды для обоих абоих абеех правой и левой частей сравнить

[Алексей К.]

gris в сообщении #1155426 писал(а):

Можно ряды для обоих частей сравнить

gris, для обоих частей --- никак нельзя.

Сорри, если что-то изменилось за последние годы, а я не знаю .

[sergei1961]

часть-она у вас стала мужского рода? Смотря какая часть, конечно...

[gris]

Алексей К., вот говорят: надо учиться всю жизнь. А у кого учиться? Вашего внимания алчешь, алчешь, а его нет и нет. Ввиду этого приходится иногда ошибки подпускать, глядишь и получишь кусочек отеческого поучения Спасибо!
sergei1961, я вначале хотел написать для обоих выражений, или для обоих рядов. Ведь это правильно? А потом написал "частей", а про обои забыл

[Алексей К.]

(Оффтоп)

gris в сообщении #1155515 писал(а):

а его нет и нет

В натуре --- нужды у людей не случается. Сами видите --- случилось, и я сразу тут.
И, кстати, задумался --- прав ли я? Ведь все части ряда Тейлора --- сильно мужского рода, даже $-\dfrac{x^2}{2!}$.

[DeBill]

RikkiTan1
Некрасивый корень из мю давайте обозначим новой буквой, и перепишем полученную весчь именно как разложение котахенса. Будет формула, во всем похожая на формулу для котангенса (и получающаяся из нее соот-й подстановкой).
А замечательное "элементарное" док-во последней можно найти в книге "Доказательство из Книги"...

[Sonic86]

Можно попытаться доказать с нуля: заменить $\mu$ на $-\mu^2$, потом упростить до $\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}\frac{1}{n^2-\mu^2}=\frac{\pi \ctg (\pi \mu)}{\mu}$. С обеих сторон - мероморфные функции $\mu$, все особые точки - полюса, вычеты можем подсчитать - они будут равны. Отношение функций - функция, целая на всем $\bar{\mathbb{C}}$, значит отношение равно константе.
Хотя это, конечно, дублирование рассуждений.
Также есть похожая формула суммирования $\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}f(n)=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_G f(x)\ctg (\pi x) dx$. Соотношение выше должно из нее следовать.

Пишу по памяти, могу наврать, прошу извинений за потенциальные ошибки.

[DeBill]

Sonic86 в сообщении #1155529 писал(а):

Отношение функций - функция, целая на всем $\bar{\mathbb{C}}$,

Это - не просто...
А классики ("прием Герглотца") доказывали так: проверяли для суммы , и для котангенса - что имеет место быть
$f(\frac{x}{2}) + f(\frac{x+1}{2}) = f(x)$, нечетность, и периодичность. Отсюда извлекали непрерывность , а затем и нУлевость разности на вещественной оси...

[sergei1961]

Котангенс непрерывный на действительной оси? Хоть тот, хоть тот?

[DeBill]

sergei1961

DeBill в сообщении #1155575 писал(а):

непрерывность ..... разности на вещественной оси..

[svv]

(Оффтоп)

gris в сообщении #1155426 писал(а):

обоих абоих абеех

для абедзвюх частак (по-белорусски)

[sergei1961]

Понял, разности. Но кажется ещё нужна теорема о единственности решения указанного функционального уравнения, которое непрерывно, периодично и нечётно? И это точно не проходит для обычного котангенса.