Encontrando $\sum \frac{1}{n^2+7n+9}$

Question

¿Cómo demostramos que $$\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{n^2+7n+9}=1+\dfrac{\pi}{\sqrt {13}}\tan\left(\dfrac{\sqrt{13}\pi}{2}\right)$$ ?

Intenté descomposición en fracciones parciales, pero no funcionó después de eso. Por favor ayúdame. Se agradecen pistas y respuestas. Gracias.

Answer 1

Comienza con la expansión del producto infinito de $\cos x$

$$\cos x = \prod_{k=0}^\infty \left(1 - \frac{x^2}{(k+\frac12)^2\pi^2}\right)$$

Tomando el logaritmo de $\cos(\pi x)$ y diferenciando, tenemos

$$-\pi\tan(\pi x) = \sum_{k=0}^\infty \frac{2x}{x^2-(k+\frac12)^2} \quad\implies\quad \sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(k+\frac12)^2-x^2} = \frac{\pi}{2x}\tan(\pi x)$$ Esto nos lleva a $$\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k^2+7k+9} = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(k+\frac72)^2 - \frac{13}{4}} = \sum_{k=3}^\infty \frac{1}{(k+\frac12)^2 - \frac{13}{4}}\\ = \frac{\pi}{2\cdot\frac{\sqrt{13}}{2}}\tan\left(\frac{\pi\sqrt{13}}{2}\right) - \sum_{k=0}^2 \frac{1}{(k+\frac12)^2 - \frac{13}{4}} = 1 + \frac{\pi}{\sqrt{13}}\tan\left(\frac{\pi\sqrt{13}}{2}\right)$$

Answer 2

$$\begin{align} \sum_{n=0}^\infty\frac1{n^2+7n+9} &=\frac1{\sqrt{13}}\sum_{n=0}^\infty\left(\frac1{n+\frac72-\frac{\sqrt{13}}2}-\frac1{n+\frac72+\frac{\sqrt{13}}2}\right)\\ &=\frac1{\sqrt{13}}\sum_{n=0}^\infty\left(\frac1{n+\frac72-\frac{\sqrt{13}}2}+\frac1{-n-\frac72-\frac{\sqrt{13}}2}\right)\\ &=\frac1{\sqrt{13}}\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac1{n+\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{13}}{2}}\\ &-\frac1{\sqrt{13}}\left(\frac1{\frac52-\frac{\sqrt{13}}{2}}+\frac1{\frac32-\frac{\sqrt{13}}{2}}+\frac1{\frac12-\frac{\sqrt{13}}{2}}\right)\\ &-\frac1{\sqrt{13}}\left(\frac1{-\frac52-\frac{\sqrt{13}}{2}}+\frac1{-\frac32-\frac{\sqrt{13}}{2}}+\frac1{-\frac12-\frac{\sqrt{13}}{2}}\right)\\ &=\frac\pi{\sqrt{13}}\cot\left(\frac\pi2-\frac{\pi\sqrt{13}}{2}\right)-\frac1{\sqrt{13}}\left(\frac{\sqrt{13}}{3}-\frac{\sqrt{13}}{1}-\frac{\sqrt{13}}{3}\right)\\[3pt] &=\frac\pi{\sqrt{13}}\tan\left(\frac{\pi\sqrt{13}}{2}\right)+1 \end{align}$$ donde usamos $(7)$ de esta respuesta.

Answer 3

Demasiado largo para un comentario: La solución consiste en usar una de las siguientes tres fórmulas: $$\sum_{n=-\infty}^\infty\dfrac1{(n+a)(n+b)}=-\pi\cdot\frac{\cot(a\pi)-\cot(b\pi)}{a-b}$$ o $$\sum_{n=1}^\infty\dfrac1{(n+a)(n+b)}=\dfrac{H_a-H_b}{a-b}$$ o $$\sum_{n=1}^\infty\dfrac1{(n+a)^2-b^2}=\dfrac{H_{a+b}-H_{a-b}}{2b}$$ donde $H_k$ es el número armónico (número armónico) $\big($generalizado$\big)$, cuya relación con la función digamma ha sido bien estudiada, $~\psi(k+1)=H_k-\gamma$, donde $\gamma\simeq\dfrac1{\sqrt3}$ es la famosa constante de Euler-Mascheroni.

• Vea aquí, aquí y aquí para algunos problemas muy similares.

Answer 4

Sugerencias:

$$\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{n^2+7n+9}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac1n \dfrac{1}{n+7 +\frac{9}{n}}+\frac19=\int_{0}^1\frac{1}{x+7+\frac{9}{x}}dx+\frac19$$

Answer 5

¿No puedes usar la primera prueba de comparación? Tu serie es siempre menor que $\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n^2}$ que converge.