la serie: calcular $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n^2-1)^4} $

Question

Computar $$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n^2-1)^4} $$

el resultado es $\frac{\pi^4+30\pi^2-384}{768}$ , así que estoy seguro de que las sumas $\sum\frac{1}{n^2}$ y $\sum\frac{1}{n^4}$ debería aparecer en la solución.

El método estándar $\frac{1}{4n^2-1}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1})$ permite calcular $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{4n^2-1}=\frac{1}{2}$ y $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n^2-1)^2}=\frac{\pi^2-8}{16}$ ¿Qué pasa con los poderes superiores?

Answer 1

Aunque es tedioso, se pueden utilizar fracciones parciales para obtener:

$\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{(4n^2-1)^4}$ $= \dfrac{5}{32}\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2n+1}-\dfrac{1}{2n-1}\right)$ $+\dfrac{5}{32}\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{(2n+1)^2}+\dfrac{1}{(2n-1)^2}\right)$ $+\dfrac{1}{8}\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{(2n+1)^3}-\dfrac{1}{(2n-1)^3}\right)$ $+\dfrac{1}{16}\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{(2n+1)^4}+\dfrac{1}{(2n-1)^4}\right)$ .

El primer y el tercer sumando se telescopian a $-1$ .

Desde $\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{n^2} = \zeta(2) = \dfrac{\pi^2}{6}$ tenemos $\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{(2n)^2} = \sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{4n^2} = \dfrac{1}{4}\zeta(2) = \dfrac{\pi^2}{24}$ .

Por lo tanto, $\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{(2n-1)^2} = \dfrac{\pi^2}{6}-\dfrac{\pi^2}{24} = \dfrac{\pi^2}{8}$ y $\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{1}{(2n+1)^2} = \dfrac{\pi^2}{8} - 1$ .

Puedes hacer algo similar para la cuarta suma.