Serie Pregunta:$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{16n^2-1}$

Question

Cómo calcular las siguientes series:

ps

He intentado utilizar fracciones parciales

ps

Pensé que formará serie telescópica, pero no lo es. Cualquier ayuda sería apreciada. Gracias por adelantado.

Answer 1

Vuelva a escribir \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac1{16n^2-1}&=\sum_{n=1}^\infty\frac1{(4n-1)(4n+1)}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac12\left(\frac1{4n-1}-\frac1{4n+1}\right)\\ &=\frac12\left(\frac{1}{3}-\frac{1}5+\frac{1}7-\frac{1}9+\frac{1}{11}-\frac1{13}+\cdots\right). \end {align} Recall Leibniz serie $$ \ frac \ PI4 = 1- \ frac13 \ frac15- \ frac17 \ frac19- \ frac1 {11} \ cdots $$ entonces $$ \ sum_ {n = 1 } ^ \ infty \ frac1 {16n ^ 2-1} = \ {el color azul} {\ frac12 \ left (1- \ frac \ pi4 \ right)}. $$

Answer 2

Generalmente hablando, $~\displaystyle\sum_{n=-\infty}^\infty\dfrac{x^2}{x^2-n^2}=\pi x\cdot\cot(\pi x)$. En este caso, $x=\dfrac14$ . Esto puede ser demostrado por

tomar el logaritmo natural de la expresión del producto infinito de Euler para$\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}$ , y diferenciando

ambos lados. Si el signo menos en el denominador sería cambiado a un signo más, entonces la serie

se convertiría $\pi x\cdot\coth(\pi x)$.

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over 16n^{2} - 1}:\ {\large ?}}$

Aunque el resultado es bastante trivial, tenía curiosidad sobre el factor de $\ds{\pi \over 4}$ que es igual a $\ds{\arctan\pars{1} = \int_{0}^{1}{\dd x \over x^{2} + 1}}$. Así, esta integral debe estar involucrado en el cálculo. Eso es lo que quiero mostrar aquí que añade otra manera de llegar al resultado.

\begin{align} \color{#66f}{\large\sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over 16n^{2} - 1}}& =\half\pars{{1 \over 4n - 1} - {1 \over 4n + 1}} =-\,{1 \over 8}\sum_{n = 1}^{\infty}\sum_{\sigma = \pm}{\sigma \over n + \sigma/4} \\[3mm]&=-\,{1 \over 8}\sum_{n = 1}^{\infty}\sum_{\sigma = \pm}\sigma \int_{0}^{1}t^{n + \sigma/4 - 1}\,\dd t =-\,{1 \over 8}\sum_{\sigma = \pm}\sigma\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{\infty}t^{n + \sigma/4 - 1}\,\dd t \\[3mm]&=-\,{1 \over 8}\sum_{\sigma = \pm}\sigma \int_{0}^{1}{t^{\sigma/4} \over 1 - t}\,\dd t ={1 \over 8}\int_{0}^{1}{1 - t^{1/2} \over t^{1/4}\pars{1 - t}}\,\dd t \\[3mm]&={1 \over 8}\ \overbrace{\int_{0}^{1}{\dd t \over t^{1/4}\pars{1 + t^{1/2}}}} ^{\ds{\mbox{Set}\ t = x^{4}}}\ =\ \half\int_{0}^{1}{x^{2} \over 1 + x^{2}}\,\dd x \\[3mm]&=\half\pars{\int_{0}^{1}\dd x - \int_{0}^{1}{\dd x \over 1 + x^{2}}} =\half\bracks{1 - \arctan\pars{1}} =\color{#66f}{\large\half\pars{1 - {\pi \over 4}}} \end{align}