Suma de series $\sum_{\underset{m \neq n}{n = 1}}^{\infty} \frac{1}{m^2 - n^2}$

Question

Estaba tratando de resolver esta serie y tengo un examen en una semana. No consigo entender cómo encontrar su suma aunque he conseguido rehacerla transformando $\frac{1}{m^2 - n^2}$ en $\frac{1}{2m}(\frac{1}{m+n} - \frac{1}{n-m})$ .

Estoy seguro de que hay una manera, ya que mi libro confirma explícitamente que esto es convergente y tiene una suma.

Se agradece cualquier ayuda.

Answer 1

Me sale $-\frac{3}{4m^2} $ .

$\begin{array}\\ s(m) &=\sum_{\underset{m \neq n}{n = 1}}^{\infty} \frac{1}{m^2 - n^2}\\ &=\sum_{\underset{m \neq n}{n = 1}}^{\infty} \frac{1}{2m}(\frac{1}{m+n} + \frac{1}{m-n})\\ &= \frac{1}{2m}\sum_{\underset{m \neq n}{n = 1}}^{\infty}(\frac{1}{m+n} + \frac{1}{m-n})\\ &= \frac{1}{2m}(\sum_{n = 1}^{m-1}(\frac{1}{m+n} + \frac{1}{m-n}) +\sum_{n = m+1}^{\infty}(\frac{1}{m+n} + \frac{1}{m-n}))\\ &= \frac{1}{2m}(t(m)+u(m))\\ t(m) &=\sum_{n = 1}^{m-1}(\frac{1}{m+n} +\frac{1}{m-n})\\ &= \sum_{n = 1}^{m-1}\frac{1}{m+n} +\sum_{n = 1}^{m-1}\frac{1}{m-n}\\ &= \sum_{n = m+1}^{2m-1}\frac{1}{n} + \sum_{n = 1}^{m-1}\frac{1}{n}\\ &=H_{2m-1}-H_m+H_{m-1}\\ &=H_{2m-1}-\dfrac1{m}\\ u(m) &=\sum_{n = m+1}^{\infty}(\frac{1}{m+n} + \frac{1}{m-n})\\ &=\lim_{k \to \infty}\sum_{n = m+1}^{k}(\frac{1}{m+n} + \frac{1}{m-n})\\ &=\lim_{k \to \infty}\left(\sum_{n = m+1}^{k}\frac{1}{m+n} +\sum_{n = m+1}^{k}\frac{1}{m-n}\right)\\ &=\lim_{k \to \infty}\left(\sum_{n = m+1}^{k}\frac{1}{m+n} -\sum_{n = m+1}^{k}\frac{1}{n-m}\right)\\ &=\lim_{k \to \infty}\left(\sum_{n = 2m+1}^{k+m}\frac{1}{n} - \sum_{n = 1}^{k-m}\frac{1}{n}\right)\\ &=\lim_{k \to \infty}\left(\sum_{n = 2m+1}^{k-m}\frac{1}{n}+\sum_{n = k-m+1}^{k+m}\frac{1}{n} - (\sum_{n = 1}^{2m}\frac{1}{n}+\sum_{n = 2m+1}^{k-m}\frac{1}{n})\right)\\ &=\lim_{k \to \infty}\left(\sum_{n = k-m+1}^{k+m}\frac{1}{n} - \sum_{n = 1}^{2m}\frac{1}{n}\right)\\ &=-H_{2m} \qquad\text{since }\sum_{n = k-m+1}^{k+m}\frac{1}{n}<\frac{2m}{k-m+1} \to 0\\ \text{so}\\ s(m) &=\frac1{2m}(H_{2m-1}-\dfrac1{m}-H_{2m})\\ &=\frac1{2m}(-\dfrac1{m}-\dfrac1{2m})\\ &=-\frac{3}{4m^2}\\ \end{array} $

Answer 2

Tenemos la serie fueron $n<m$ $\frac 1{2m}(\frac {1}{m + 1} + \frac {1}{m + 2} +\frac {1}{m + 3}+\cdots+ \frac {1}{2m - 1}- (\frac {1}{1-m} + \frac {1}{2-m} +\frac {1}{3-m}+\cdots+ \frac {1}{-1}))$

$\frac 1{2m}(\frac {1}{m + 1} + \frac {1}{m + 2} +\frac {1}{m + 3}+\cdots+ \frac {1}{2m - 1} + \frac {1}{1} + \frac {1}{2} +\frac {1}{3}+\cdots+ \frac {1}{m-1}))$

Entonces nos saltamos $n = m$

Y pasamos de $m<n<2m$

$\frac 1{2m}(\frac {1}{2m + 1} + \frac {1}{2m + 2} +\frac {1}{2m + 3}+\cdots+ \frac {1}{3m - 1}- (\frac {1}{1} + \frac {1}{2} +\frac {1}{3}+\cdots+ \frac {1}{m-1}))$

y tenemos algunas cosas que se cancelan con la primera suma parcial

$\frac 1{2m}(\frac {1}{m + 1} + \frac {1}{m + 2} +\frac {1}{m + 3}+\cdots+ \frac {1}{2m - 1} + \frac {1}{2m + 1} + \frac {1}{2m + 2} +\frac {1}{2m + 3}+\cdots+ \frac {1}{3m - 1})$

Tenga en cuenta que hemos omitido $\frac {1}{2m}$

$n\ge 2m$

$\frac 1{2m}(\frac {1}{3m} - \frac {1}{m} + \frac {1}{3m+1} - \frac {1}{m+1}\cdots)$

Ahora estamos restando cada término de $\frac {1}{m+1}$ que añadimos desde el principio.

$\frac {1}{2m}(-\frac {1}{m}-\frac {1}{2m}) = -\frac {3}{4m^2}$

Answer 3

$$ \begin{align} \sum_{\substack{n=1\\n\ne m}}^\infty\frac1{m^2-n^2} &=\lim_{N\to\infty}\sum_{\substack{n=1\\n\ne m}}^N\frac1{m^2-n^2}\tag1\\ &=\lim_{N\to\infty}\frac1{2m}\sum_{\substack{n=1\\n\ne m}}^N\left(\frac1{m-n}+\frac1{m+n}\right)\tag2\\ &=\lim_{N\to\infty}\frac1{2m}\sum_{\substack{n=-N\\n\ne0,n\ne m,n\ne-m}}^N\frac1{m+n}\tag3\\ &=\lim_{N\to\infty}\frac1{2m}\sum_{\substack{n=m-N\\n\ne m,n\ne 2m,n\ne0}}^{m+N}\frac1n\tag4\\ &=\lim_{N\to\infty}\frac1{2m}\left(-\frac1m-\frac1{2m}+\sum_{\substack{n=m-N\\n\ne0}}^{m+N}\frac1n\right)\tag5\\[6pt] &=\lim_{N\to\infty}\frac1{2m}\left(-\frac1m-\frac1{2m}+\sum_{n=N-m+1}^{m+N}\frac1n\right)\tag6\\[12pt] &=\frac1{2m}\left(-\frac1m-\frac1{2m}\right)\tag7\\[12pt] &=-\frac3{4m^2}\tag8 \end{align} $$ Explicación:
$(1)$ : escriba la suma infinita como un límite
$(2)$ : utilizar fracciones parciales
$(3)$ : escribir como una sola suma
$(4)$ : sustituto $n\mapsto n-m$
$(5)$ : mueve los términos que faltan al frente
$(6)$ : cancela los términos con sus negativos
$(7)$ : toma el límite utilizando $\sum\limits_{n=N-m+1}^{m+N}\frac1n\le\frac{2m}{N-m+1}$
$(8)$ : simplificar

Answer 4

Para mostrar la convergencia, podemos ver que la serie de cola es $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{m^{2}-(2m+n)^{2}}=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3m^{2}+4mn+n^{2}},$$ y como $n^{2}\leq 3m^{2}+4mn+n^{2},$ está limitado absolutamente por $\sum_{n=1}^{\infty}1/n^{2}$ .

Utilizando esta misma idea, observe que si $n=m+k,$ $$\frac{1}{2m}\left(\frac{1}{m+n}-\frac{1}{n-m}\right)=\frac{1}{2m}\left(\frac{1}{2m+k}-\frac{1}{k}\right),$$ por lo que si tomamos la suma sobre $k\geq1,$ obtenemos $$\sum_{n\geq m+1}\frac{1}{m^{2}-n^{2}}=-\frac{1}{2m}\sum_{k=1}^{2m}\frac{1}{k},$$ ya que los términos restantes son telescópicos. La suma de los primeros $m-1$ términos es $$\sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{2m}\left(\frac{1}{m+n}+\frac{1}{m-n}\right)=\frac{1}{2m}\left(\sum_{n=m+1}^{2m-1}\frac{1}{n}+\sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{2m}\left(\sum_{k=1}^{2m-1}\frac{1}{k}-\frac{1}{m}\right).$$

Entonces la suma total es igual a $$-\frac{1}{2m}\cdot\frac{1}{2m}-\frac{1}{2m}\cdot\frac{1}{m}=-\frac{3}{4m^{2}}.$$