Ser paciente y el agradable digamma identidad que usted pidió, se muestra a continuación, se abrirá en mi respuesta. Vamos a empezar con un par de notas:
- Reclamación: $$\sum_{k=q}^\infty \frac{(-1)^{k-q}}{k-x}=\frac{1}{2}\left [ \psi^0\left (\frac{q+1}{2}-\frac{x}{2}\right ) - \psi^0\left ( \frac{q}{2}-\frac{x}{2}\right )\right ], q\in\mathbb{Z}^\ast$$ where $\psi^0$ es la función digamma o la polygamma función de orden cero.
Prueba:
Por la Wikipedia tenemos $$\psi^0(z)=-\gamma+\sum_{n=0}^\infty \left ( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+z}\right ),$$ where $\gamma$ es un famoso constante.
Entonces $$\frac{1}{2}\left [ \psi^0\left (\frac{q+1}{2}-\frac{x}{2}\right )-\psi^0\left ( \frac{p}{2}-\frac{x}{2}\right ) \right ]=\\
-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \left ( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+(q/2-x/2)}\right )+\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \left ( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+q/2+1/2-x/2}\right )\\
=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\left (\frac{1}{n+q/2-x/2}-\frac{1}{n+q/2+1/2-x/2} \right ) \\
=\sum_{n=0}^\infty\left (\frac{1}{(2n+p)-x}-\frac{1}{(2n+q+1)-x} \right )\\
=\frac{1}{q-x}-\frac{1}{p+1-x}+\frac{1}{p+2-x}-\frac{1}{p+3-x}...\\
=\sum_{k=q}^\infty \frac{(-1)^{k-q}}{k-x} \Cuadro.$$
$$k^b+x=\prod_{m=1}^{b}\left( k - \exp\left[\frac{1}{b}(2\pi i m+i\text{Arg}(-x)+\log|x|)\right] \right )\\
=\prod_{m=1}^{b}\left( k - c_m \right ),$$ where we have taken the product using the $b$th roots of $-x$ and defined $c_m(b,x):=\exp\left[\frac{1}{b}(2\pi i m+i\text{Arg}(-x)+\log|x|)\right]$, $1\leq m \leq b$. It is important to note that each $c_m$ es único.
Ahora se trata de un interesante sobre la identidad parcial de las fracciones.
Reclamo: $$\frac{k^a}{k^b+x}=\sum_{m=1}^b\frac{c_m^a}{(k-c_m)\prod_{n\neq m}(c_m-c_n)} $$
donde cada una de las $c_m$ es única y cada $c_m\in\mathbb{C}$, $(a,b)\in\mathbb{Z}^\ast$, $b>a$. Para ser claros, el índice de $n$ va desde 1 a$b$, pero omite $m$. También se podrían escribir $\prod_{n\neq m}(c_m-c_n)$ $\prod_{n=1}^b(\delta_{mn}+[1-\delta_{mn}][c_m-c_n])$ donde $\delta_{mn}$ es la delta de Kronecker.
Prueba:
La prueba se da en Un post, que utiliza los resultados de la nota 2 de la entrada actual y de post B.
Ahora vamos a ponerlo todo junto. Tenemos la generalización de la FoxTrot serie $$F(a,b,q,x):=\sum_{k=q}^\infty\frac{(-1)^{k-q}k^a}{k^b+x},$$
con $(a,b,q)\in\mathbb{Z}^\ast$, $b>a$, $x\in\mathbb{C}$, $|x|>0$.
Yo defino $S(q,x):=\frac{1}{2}\left [ \psi^0\left (\frac{q+1}{2}-\frac{x}{2}\right ) - \psi^0\left ( \frac{q}{2}-\frac{x}{2}\right )\right ].$
Mediante nota 2, tenemos $$F(a,b,q,x)=\sum_{k=q}^\infty\frac{(-1)^{k-q}k^a}{\prod_{m=1}^b(k-c_m)}. $$
El uso de la nota 3, hacemos un poco de suma-flipping: $$F(a,b,q,x)=\sum_{k=q}^\infty\sum_{m=1}^b\frac{(-1)^{k-q}c_m^a}{(k-c_m)\prod_{n\neq m}(c_m-c_n)}\\
=\sum_{m=1}^b\left (\frac{c_m^a}{\prod_{n\neq m}(c_m-c_n)} \sum_{k=q}^\infty\frac{(-1)^{k-q}}{(k-c_m)} \right ). $$
Aquí viene la digamma identidad de la nota 1:
$$F(a,b,q,x)=\sum_{m=1}^b\left (\frac{c_m^(b,x)}{\prod_{n\neq m}(c_m(b,x)-c_n(b,x))} S(q,c_m[b,x]) \right )\\
= \sum_{m=1}^b\left (\frac{c_m^(b,x)}{\prod_{n=1}^b(\delta_{mn}+[1-\delta_{mn}][c_m(b,x)-c_n(b,x)])} S(q,c_m[b,x]) \right ) $$
Por lo tanto, hemos convertido una serie infinita en una serie finita mediante el uso de un buen digamma identidad!
Anexo I
Según lo sugerido por una simplificación de la fracción parcial de la identidad dada en este post, por el contrario, podemos escribir
$$F(a,b,q,x)=\sum_{k=q}^\infty \sum_{p=1}^b \frac{(-1)^{k-q+1}}{bx}\frac{c_p^{+1}}{k-c_p}\\
= \sum_{p=1}^b \left ( \frac{-c_p^{+1}}{bx} \sum_{k=q}^\infty \frac{(-1)^{k-q}}{k-c_p} \right ) \\
= \frac{-1}{bx}\sum_{p=1}^b c_p^{+1}(b,x)S(q,c_p[b,x]),$$, que es mucho más bonito.
