tough series que incluían digamma

Question

Corrí a través de una serie que es bastante difícil. Para patadas corrí a través de Maple y me dio un conglomerado que implican digamma. Mathematica le dio una solución en términos de Lerch Trascendente, lo que era peor todavía. Quizás residuos sería un método mejor?.

Pero, es $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}(k+1)}{(2k+1)^{2}-a^{2}}.$$

La respuesta de Maple escupir fue:

$$\frac{a+1}{16a}\left[\psi\left(\frac{3}{4}-\frac{a}{4}\right)-\psi\left(\frac{-a}{4}+\frac{1}{4}\right)\right]+\frac{a-1}{16a}\left[\psi\left(\frac{3}{4}+\frac{a}{4}\right)-\psi\left(\frac{1}{4}+\frac{a}{4}\right)\right]+\frac{1}{a^{2}-1}.$$

Es posible llegar a algo como esto mediante el uso de $\sum_{k=1}^{\infty}\left[\frac{1}{k}-\frac{1}{k+a}\right]=\gamma+\psi(a+1)?$

He intentado, pero fue en vano. Pero, de nuevo, tal vez es demasiado engorroso.

es decir, traté de expansión en

$\frac{k+1}{(2k+1)^{2}-a^{2}}=\frac{-1}{4(a-2k-1)(2k+1)}-\frac{1}{4(a-2k-1)}+\frac{1}{4(a+2k+1)(2k+1)}+\frac{1}{4(a+2k+1)}$

a continuación, el uso de $\sum_{k=1}^{\infty}\left[\frac{1}{k}-\frac{1}{k-\frac{1}{4}-\frac{a}{4}}\right]=\psi\left(\frac{3}{4}-\frac{a}{4}\right)$ y así sucesivamente, pero no parecen estar en cualquier lugar cerca a la serie.

En otro punto, se puede hacer uso de residuos?. Mediante el uso de $$\frac{\pi csc(\pi z)(z+1)}{(2z+1)^{2}-a^{2}}.$$

Esto me dio un residuo en $\frac{a-1}{2} and \frac{-(a+1)}{2}$ de

$\frac{-\pi}{a-1}sec(a\pi/2)$ $\frac{\pi}{a+1}sec(\pi a/2)$

Tomando el negativo de la suma de los residuos, es $\frac{2\pi}{(a-1)(a+1)}sec(a\pi/2)$

Por subbing en k=0 en la serie, se da $\frac{-1}{a^{2}-1}$.

Yo trate de añadir y buscar la suma, pero no parece funcionar.

Alguna sugerencia?. Tal vez hay otro método no estoy tratando?. Probablemente hay. Un millón de gracias.

Answer 1

Tenga en cuenta que $$ \frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+1+a}=\frac{4k+2}{(2k+1)^2-a^2}\etiqueta{1} $$ y $$ \frac1a\left(\frac{1}{2k+1 -}-\frac{1}{2k+1+a}\right)=\frac{2}{(2k+1)^2-a^2}\etiqueta{2} $$ La adición de $(1)$ $(2)$ y dividiendo por $4$ rendimientos $$ \begin{align} \frac{k+1}{(2k+1)^2-a^2} &=\frac{1+a}{8a}\frac{1}{k+(1-a)/2}-\frac{1-a}{8a}\frac{1}{k+(1+a)/2}\\ &=\hphantom{+ }\frac{1-a}{8a}\left(\frac1k-\frac{1}{k+(1+a)/2}\right)\\ &\hphantom{= }-\frac{1+a}{8a}\left(\frac1k-\frac{1}{k+(1-a)/2}\right)\\ &\hphantom{= }+\frac{1}{4k}\tag{3} \end{align} $$

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Ahora, el uso de $$ \psi(a+1)+\gamma=\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}-\frac{1}{k+a}\etiqueta{4} $$ tenemos $$ \frac12\psi\left(\frac{a}{2}+1\right)+\frac\gamma2=\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+a}\tag{5} $$ y restando dos veces $(5)$ $(4)$ da $$ \psi(a+1)-\psi\left(\frac{a}{2}+1\right)=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+a}\right)\tag{6} $$ Además, $$ \log(2)=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac1k\etiqueta{7} $$

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El uso de $(3)$, $(6)$, y $(7)$, obtenemos $$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{k+1}{(2k+1)^2-a^2} &=-\frac{1-a}{8a}\left(\psi\left(\frac{3+a}{2}\right)-\psi\left(\frac{5+a}{4}\right)\right)\\ &\hphantom{= }+\frac{1+a}{8a}\left(\psi\left(\frac{3-a}{2}\right)-\psi\left(\frac{5-a}{4}\right)\right)\\ &\hphantom{= }-\frac14\log(2)\tag{8} \end{align} $$

La equivalencia de las Formas:

El uso de $(4)$, $(5)$, y $(7)$, obtenemos $$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k-1+a} &=\color{green}{\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}}+\color{red}{\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k-1+a}}\\ &=\color{green}{\log(2)}+\color{red}{\frac12\psi\left(\frac{a+1}{2}\right)+\frac\gamma2}\tag{9} \end{align} $$ La adición de $(5)$ $(9)$rendimientos $$ \begin{align} \psi(a+1)+\gamma &=\hphantom{+}\log(2)+\frac12\psi\left(\frac{a+1}{2}\right)+\frac\gamma2\\ &\hphantom{= }+\frac12\psi\left(\frac{a}{2}+1\right)+\frac\gamma2\tag{10} \end{align} $$ Reordenación de las $(10)$ muestra que $$ \psi(a)=\log(2)+\frac12\psi\left(\frac{a}{2}\right)+\frac12\psi\left(\frac{a+1}{2}\right)\etiqueta{11} $$ La aplicación de $(11)$ da $$ \psi\left(\frac{3+a}{2}\right)=\log(2)+\frac12\psi\left(\frac{3+a}{4}\right)+\frac12\psi\left(\frac{5+a}{4}\right)\tag{12} $$ y $$ \psi\left(\frac{3-a}{2}\right)=\log(2)+\frac12\psi\left(\frac{3-a}{4}\right)+\frac12\psi\left(\frac{5-a}{4}\right)\tag{13} $$ Enchufe $(12)$ $(13)$ a $(8)$ $$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{k+1}{(2k+1)^2-a^2} &=\hphantom{+}\frac{a-1}{16a}\left(\psi\left(\frac{3+a}{4}\right)-\psi\left(\frac{5+a}{4}\right)\right)\\ &\hphantom{= }+\frac{a+1}{16a}\left(\psi\left(\frac{3-a}{4}\right)-\psi\left(\frac{5-a}{4}\right)\right)\\ &=\hphantom{+}\frac{a-1}{16a}\left(\psi\left(\frac{3+a}{4}\right)-\psi\left(\frac{1+a}{4}\right)-\frac{4}{1+a}\right)\\ &\hphantom{= }+\frac{a+1}{16a}\left(\psi\left(\frac{3-a}{4}\right)-\psi\left(\frac{1-a}{4}\right)-\frac{4}{1-a}\right)\\ &=\hphantom{+}\color{red}{\frac{a-1}{16a}\left(\psi\left(\frac{3+a}{4}\right)-\psi\left(\frac{1+a}{4}\right)\right)}\\ &\hphantom{= }\color{red}{+\frac{a+1}{16a}\left(\psi\left(\frac{3-a}{4}\right)-\psi\left(\frac{1-a}{4}\right)\right)}\\ &\hphantom{= }\color{red}{+\frac{1}{a^2-1}}\tag{14} \end{align} $$

Answer 2

En primer lugar, el grupo consecutivos oscilante términos juntos:

$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}(k+1)}{(2k+1)^{2}-a^{2}}=\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{2k+1}{(4k+1)^2-a^2}-\frac{2k+2}{(4k+3)^2-a^2}\right)-\frac{2(0)+1}{(2(0)+1)^2-a^2}$$

A continuación, invocar parcial fracción de descomposición y resolver para los coeficientes:

$$ \frac{2k+1}{(4k+1)^2-a^2} = \frac{a+1}{16}\frac{1}{k+\frac{1}{4}}+\frac {- 1}{16}\frac{1}{k+\frac{1+a}{4}},$$

y del mismo modo

$$\frac{2k+2}{(4k+3)^2-a^2}=\frac{a+1}{16a}\frac{1}{k+\frac{3-a}{4}}+\frac{a-1}{16a}\frac{1}{k+\frac{3+a}{4}}.$$

Por lo tanto nos quedamos con

$$\frac{a+1}{16a}\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{k+\frac{1-a}{4}}-\frac{1}{k+\frac{3-a}{4}}\right)+\frac{a-1}{16a}\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{1}{k+\frac{1+a}{4}}-\frac{1}{k+\frac{3+a}{4}}\right)+\frac{1}{a^2-1}$$

$$=\begin{array}{c} \frac{a+1}{16a}\sum_{k=0}^\infty \left(\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+\frac{3-a}{4}}\right)-\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+\frac{1-a}{4}}\right)\right) \\ +\frac{a-1}{16a}\sum_{k=0}^\infty\left(\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+\frac{3+a}{4}}\right)-\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+\frac{1+a}{4}}\right)\right)+\frac{1}{a^2-1} \end{array}$$

$$=\frac{a+1}{16a}\left[\psi\left(\frac{3-a}{4}\right)-\psi\left(\frac{1-a}{4}\right)\right]+\frac{a-1}{16a}\left[\psi\left(\frac{3+a}{4}\right)-\psi\left(\frac{1+a}{4}\right)\right]+\frac{1}{a^{2}-1}.$$