¿Cuál sería el valor de $\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{an^2+bn+c}$

Question

Me gustaría evaluar la suma

$$\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{an^2+bn+c}$$

Aquí va mi intento:

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Dejar

$$f(z)=\frac{1}{az^2+bz+c}$$

Los polos de $f(z)$ se encuentra en

$$z_0 = \frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$$

y

$$z_1 = \frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$$

Entonces

$$ b_0=\operatorname*{Res}_{z=z_0}\,\pi \cuna (\pi z)f(z)= \lim_{z \a z_0} \frac{(z-z_0)\pi\cuna (\pi z)}{az^2+bz+c}= \lim_{z \a z_0} \frac{\pi\cuna (\pi z)+(z_0-z)\pi^2\csc^2 (\pi z)}{2az+b} $$

Usando la regla de L'Hospital. Continuando, tenemos que el límite es

$$ \lim_{z \a z_0} \frac{\pi\cuna (\pi z)+(z_0-z)\pi^2\csc^2 (\pi z)}{2az+b}= \frac{\pi\cuna (\pi z_0)}{2az_0+b} $$

Para $z_0 \ne 0$

Del mismo modo, nos encontramos con

$$b_1=\operatorname*{Res}_{z=z_1}\,\pi \cot (\pi z)f(z)=\frac{\pi\cot (\pi z_1)}{2az_1+b}$$

Entonces

$$\sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1} {^2+bn+c} = -(b_0+b_1)=\\ -\pi\left( \frac{\cuna (\pi z_0)}{2az_0+b} + \frac{\cuna (\pi z_1)}{2az_1+b}\right)= -\pi\left( \frac{\cuna (\pi z_0)}{\sqrt{b^2-4ac}} + \frac{\cuna (\pi z_1)}{-\sqrt{b^2-4ac}}\right)= \frac{-\pi(\cuna (\pi z_0)-\cuna (\pi z_1))}{\sqrt{b^2-4ac}}= \frac{\pi(\cuna (\pi z_1)-\cuna (\pi z_0))}{\sqrt{b^2-4ac}} $$

Entonces tenemos

$$\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{an^2+bn+c} = \frac{\pi(\cot (\pi z_1)-\cot (\pi z_0))}{2\sqrt{b^2-4ac}}$$

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Es esto correcto? Me siento como que he cometido un error en alguna parte. Podría alguien me corrija? Hay una manera más fácil de evaluar esta suma?

Answer 1

Esto es casi correcta, pero creo que la suma original necesidades para un rango de $-\infty$ $\infty$en lugar de $0$$\infty$. La solución que sigue considera la suma de $\sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{an^2+bn+c}$, y a lo largo de voy a escribir $\sum_{n=-\infty}^\infty f(n)$ a la media de $\lim_{N\rightarrow \infty}\sum_{n=-N}^N f(n)$.

La factorización de la ecuación cuadrática, con su definición de la $z_{0},\ z_{1}$, tenemos $$\sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{an^2+bn+c}=\frac{1}{a}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{\left(n-z_{0}\right)\left(n-z_{1}\right)}.$$ Assume that neither $z_0$ nor $z_1$ are integers, since otherwise we would have a $\frac{1}{0}$ term appearing in the sum. By applying partial fractions, remembering that $z_{0}-z_{1}=\frac{\sqrt{b^{2}-4ac}}{a}$ we get $$\frac{1}{\sqrt{b^{2}-4ac}}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\left(\frac{1}{n-z_{0}}-\frac{1}{n-z_{1}}\right).$$ By the cotangent identity $\pi\cot\left(\pi x\right)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{n+x},$ we conclude that $$\sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{an^2+bn+c}=\frac{\pi\cot\left(\pi z_{1}\right)-\pi\cot\left(\pi z_{0}\right)}{\sqrt{b^{2}-4ac}}.$$

Answer 2

Tome $a=1,\ b=3, \ c=2$,$z_0=-2, \ z_1=-1$, y así se han de calcular las $\cot(-\pi)$ $\cot(-2\pi)$ que no tienen sentido. Sin embargo $$ \sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n^2+3n+2}=\sum_{n=0}^\infty(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}) =\lim_{m\to \infty}(1-\frac{1}{m+2})=1. $$

Answer 3

Aquí está mi respuesta en términos de la función digamma (cf. Abramowitz y Stegun). El uso de la versión descompuesta de la suma dada por Eric Naslund♦, podemos encontrar:

$$\sum_{n=0}^\infty \frac{1} {^2+bn+c}= \frac{1}{\sqrt{b^{2}-4ac}}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{n-z_{0}}-\frac{1}{n-z_{1}}\right)= \frac{\psi (-z_0)-\psi(-z_1)}{\sqrt{b^{2}-4ac}} $$

Quiero señalar que esta respuesta es de hecho muy similar a la suma de la forma cerrada de$-\infty$$\infty$.

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Aquí es una solución alternativa:

$$\sum_{n=0}^\infty \frac{1} {^2+bn+c}= \frac{1}{a}\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(n-z_0)(n-z_1)} $$

Si $c_n$ $n^{th}$ término de la segunda versión, a continuación,

$$\frac{c_{n+1}}{c_n}=\frac{(n-z_0)(n-z_1)}{(n-z_0+1)(n-z_1+1)}$$

lo que demuestra que esta suma puede ser escrito como una función hipergeométrica

$$ \frac{1}{a}\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(n-z_0)(n-z_1)}= \frac{1}{az_0z_1}\sum_{n=0}^\infty \frac{\Gamma(n-z_0)\Gamma(n-z_1)n!}{\Gamma(n-z_0+1)\Gamma(n-z_1+1)n!}= \frac{1}{z_0z_1a}{_3}F_2(-z_0, -z_1, 1;1-z_0, 1-z_1;1) $$