¿Cómo obtener la suma de la serie$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{\left(4 n^2-1\right)^2}$?

Question

Así, con el fin de obtener la respuesta, intenté aplicar algunas expansiones de Taylor, lo que me llevó a nada en realidad. Después de un tiempo traté de usar el teorema de la suma

$\sum_{n=-\infty}^{+\infty}{f\left(n\right)}=-\sum_{i=1}^{m}{Res_{z=z_i}{\pi\cot\left(\pi z\right)f\left(z\right)}}$ $f\left(z\right)$'s de los polos.

El residuo de a $z=-\frac{1}{2}$ es igual al residuo de a $z=\frac{1}{2}$,$-\frac{\pi ^2}{16}$. Lo que tengo parece ser no la respuesta correcta después de todo:

$-\sum_{i=1}^{m}{Res_{z=z_i}{\pi\cot\left(\pi z\right)f\left(z\right)}} = -\frac{\pi ^2}{8}$, por lo que el $\sum_{n=-\infty}^{+\infty}{f\left(n\right)}=\frac{\pi ^2}{8}$ Puesto que el $f\left(z\right)$ es incluso, llego $\sum_{n=0}^{+\infty}{f\left(n\right)}=\frac{\pi ^2}{16}$

Sin embargo, la tarea inicial fue encontrar la suma de $\sum_{n=1}^{+\infty}{f\left(n\right)}$. Supongo que $\sum_{n=1}^{+\infty}{f\left(n\right)}=\sum_{n=0}^{+\infty}{f\left(n\right)}-f\left(0\right)=\frac{\pi ^2}{16}-1$, lo cual es incorrecto, ya que de acuerdo a Mathematica, que debería obtener $\frac{\pi ^2}{16}-\frac{1}{2}$. No sé donde está mi error en este punto. Tal vez, todo el enfoque no está bien ejecutado.

Answer 1

Dado que$\frac{1}{4n^2-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{(2n-1)}-\frac{1}{(2n+1)}\right)$ por cuadratura obtenemos$$\sum_{n\geq 1}\frac{1}{(4n^2-1)^2} = \frac{1}{4}\sum_{n\geq 1}\frac{1}{(2n-1)^2}+\frac{1}{4}\sum_{n\geq 1}\frac{1}{(2n+1)^2}-\frac{1}{4}\sum_{n\geq 1}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)$ $ donde las dos primeras series en el RHS dependen de$\zeta(2)-\frac{1}{4}\zeta(2)=\frac{\pi^2}{8}$ y la última es telescópica:$$ \sum_{n\geq 1}\frac{1}{(4n^2-1)^2}=\color{blue}{\frac{\pi^2-8}{16}}.$ $

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over \pars{4n^{2} - 1}^{2}} & = \left.{1 \over 16}\,\partiald{}{a}\sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over n^{2} - a^{2}} \right\vert_{\ a\ =\ 1/2} = \left.{1 \over 16}\,\partiald{}{a}\sum_{n = 0}^{\infty}\pars{% {1 \over n + 1 - a} - {1 \over n + 1 + a}}{1 \over 2a} \right\vert_{\ a\ =\ 1/2} \\[5mm] & = \left.{1 \over 32}\,\partiald{}{a}\pars{H_{a} - H_{-a} \over a} \right\vert_{\ a\ =\ 1/2}\qquad\qquad\quad\pars{~H_{z}:\ Harmonic\ Number~} \\[5mm] & = \left.{1 \over 32}\,\partiald{}{a}\pars{H_{a - 1} + 1/a - H_{-a} \over a} \right\vert_{\ a\ =\ 1/2}\qquad\pars{~H_{z}\ Recursive\ Property~} \\[5mm] & = \left.{1 \over 32}\,\partiald{}{a}\pars{{1 \over a^{2}} - {H_{-a} - H_{a - 1} \over a}}\right\vert_{\ a\ =\ 1/2} \\[5mm] & = \left.{1 \over 32}\,\partiald{}{a}\pars{{1 \over a^{2}} - {\pi\cot\pars{\pi a} \over a}}\right\vert_{\ a\ =\ 1/2} \qquad\pars{~H_{z}\ Euler\ Reflection\ Formula~} \\[5mm] & = \left.{1 \over 32}\pars{-\,{2 \over a^{3}} + {\pi\cot\pars{\pi a} \over a^{2}} + {\pi^{2}\csc^{2}\pars{\pi a} \over a}}\right\vert_{\ a\ =\ 1/2} = \bbx{\pi^{2} - 8 \over 16} \approx 0.1169 \end{align}