Prueba de $\frac{\pi }{24}(\sqrt{6}-\sqrt{2})=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{14}{576n^2-576n+95}-\frac{1}{144n^2-144n+35}$

Question

Esta es una tarea para mi hijo, tiene la prueba. He intentado resolver por la teoría de residuos pero no podía.

$$\frac{\pi }{24}(\sqrt{6}-\sqrt{2})=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{14}{576n^2-576n+95}-\frac{1}{144n^2-144n+35}$$

Answer 1

Yo no diría que es muy esclarecedor, pero aquí está la respuesta:

Tenemos\begin{align} \sum{n=1}^\infty \frac{14}{576n^2 - 576 + 95} &= \sum{n=1}^\infty \frac{1}{24n - 19} - \frac{1}{24n - 5} \ &= \frac{1}{24} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n - 19/24} - \frac{1}{n - 5/24} \ &= \frac{1}{24} \left(\psi\left(\frac{19}{24}\right) - \psi\left(\frac{5}{24}\right)\right), \end{align} donde $\psi$ es la función digamma. (La igualdad pasada sigue más o menos directamente de su definición, o al menos una de sus definiciones). $\psi$ Pasa satisfacer $\psi(1 - z) - \psi(z) = \pi \cot \pi z$ (cf. la fórmula correspondiente para $\Gamma$), por lo tanto tenemos\begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{14}{576n^2 - 576 + 95} &= \frac{\pi}{24} \cot \frac{5\pi}{24} \end{align} el mismo método da\begin{align} \sum{n=1}^\infty \frac{1}{144n^2 - 144n + 35} &= \frac{1}{2}\sum{n=1}^\infty \frac{1}{12n - 7} - \frac{1}{12n - 5} \ &= \frac{1}{24} \left(\psi\left(\frac{7}{12}\right) - \psi\left(\frac{5}{12}\right)\right) \ &= \frac{\pi}{24}\cot \frac{5\pi}{12}. \end{align} por lo tanto la suma dada es igual a\begin{align} \frac{\pi}{24}\left(\cot \frac{5\pi}{24} - \cot \frac{5\pi}{12}\right) = \frac{\pi}{24}\left(\sqrt{6} - \sqrt{2}\right). \end{align}

Answer 2

Otra forma de evaluar la suma es utilizar este. Tenga en cuenta que $$576n^2 - 576n + 95=24^2(n^2-n+\frac{95}{24^2})=24^2[(n-\frac{1}{2})^2+(\frac{7i}{24})^2] $ $ y$$ 144n^2 - 144n + 35=12^2(n^2-n+\frac{35}{12^2})=12^2[(n-\frac{1}{2})^2+(\frac{i}{12})^2] y por lo tanto tenemos\begin{eqnarray} &&\sum{n=1}^\infty \left(\frac{14}{576n^2 - 576 + 95}-\frac{1}{144n^2 - 144n + 35}\right)\ &=&\sum{n=1}^\infty\left(\frac{7}{288}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})^2+(\frac{7i}{24})^2}-\frac{1}{12^2}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})^2+(\frac{i}{12})^2}\right) \ &=& \frac{1}{2}\sum{n=-\infty}^\infty\left(\frac{7}{288}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})^2+(\frac{7i}{24})^2}-\frac{1}{12^2}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})^2+(\frac{i}{12})^2}\right) \ &=& \frac{1}{2} \left(\frac{\pi\sinh(2\pi b)}{b(\cosh(2\pi b)-\cos(2\pi a)}\bigg|{a=\frac{1}{2},b=\frac{7i}{24}} - \frac{\pi\sinh(2\pi b)}{b(\cosh(2\pi b)-\cos(2\pi a)}\bigg|_{a=\frac{1}{2},b=\frac{i}{12}}\right)\ &=&\frac{1}{2}\left(\frac{\pi(1+\sqrt3)}{12+24\sqrt2-12\sqrt3}-\frac{\pi}{24+12\sqrt3}\right)\ &=&\frac{\pi}{24}(\sqrt6-\sqrt2). \end{eqnarray }

Answer 3

Se puede aplicar el teorema del residuo después de un poco de juego con las sumas:\begin{align}&\sum{n=1}^\infty\frac{14}{576n^2-576n+95}-\sum{n=1}^\infty\frac4{576n^2-576+140}=\&\sum{n=1}^\infty\left(\frac1{24n-19}-\frac1{24n-5}\right)-\sum{n=1}^\infty\left(\frac1{24n-14}-\frac1{24n-10}\right)=\&\sum{n=1}^\infty\left(\frac1{24n-19}+\frac1{24(1{-}n)-19}\right)-\sum{n=1}^\infty\left(\frac1{24n-14}+\frac1{24(1{-}n)-14}\right)=\&\sum{n=-\infty}^\infty\frac1{24n-19}-\sum{n=-\infty}^\infty\frac1{24n-14}=\sum_{n=-\infty}^\infty\frac5{(24n-19)(24n-14)}\end{align} Consideremos ahora $$\lim{n\to\infty}\int{\varphi{n+1/2}}\frac{5\pi\cot\pi z}{(24z-19)(24z-14)}dz=0, $\varphi{n+1/2}$Dónde está el círculo de radio$n{+}\small 1/2$. La suma de todos los residuos de la función integrada también es$0$y los residuos en los puntos de$\mathbb Z$ nos da los términos de la suma.

Pero hay $2$ más, los residuos en $\frac{19}{24}$ $\frac{7}{12}$ es $\frac{5\pi\cot\frac{19}{24}\pi}{24\cdot(19-14)}$ y $\frac{5\pi\cot\frac7{12}\pi}{(14-19)\cdot 24}$ respectivamente, entonces su suma es igual a $$-\left(\frac{\pi\cot\frac{19}{24}\pi}{14}-\frac{\pi\cot\frac7{12}\pi}{24}\right)=\frac{\pi}{24}\left(\cot\tfrac{7}{12}\pi-\cot\tfrac{19}{24}\pi\right)=\ldots=\frac{\pi}{24}(\sqrt6-\sqrt2).