Cómo demostrar a $\sum\limits_{n=p+1}^\infty \frac1{n^2-p^2} = \frac1{2p} (1+\frac12 + \cdots + \frac1{2p})$ todos los $p \in \mathbb N$?

Question

Para todos los $p \in \mathbb N$, yo quiero probar

$$\sum_{n=p+1}^\infty \frac1{n^2-p^2} = \frac1{2p} \left(1+\frac12 + \cdots + \frac1{2p} \right).$$

Hasta ahora, he abordado el problema a través de la inducción y/o parcial de las fracciones. Cuando yo uso la inducción, que tipo de administrar para mostrar el caso base para $p = 1$ (escribo "todos" los términos de la serie infinita y vemos que todos, pero $1+\frac12$ y el factor de $\frac12$ desaparecer), pero no tengo idea de cómo hacer el paso de inducción. He tratado de escribir

$$\sum_{n=p+2}^\infty \frac1{n^2-p^2} = \frac1{2p} \left(1 + \frac12 + \cdots + \frac1{2p} \right) - \frac1{2p+1}, $$

pero no veo cómo simplificar esto. También sé que puedo volver a escribir por ejemplo $$\frac1{n^2-p^2} = \frac1{2n(p+n)} - \frac1{2n(p-n)},$$

pero cada vez que trato de simplificar este término, que finalmente terminan con la inicial de la fracción de nuevo...

Así que mi pregunta es: ¿Cómo se han de abordar este problema? También, puede proporcionar un indicio de que podría llevarme a un punto más de lo que yo soy ahora?

Gracias de antemano.

Answer 1

El uso parcial de las fracciones para escribir $$ \begin{align} \sum_{n=p+1}^N \frac{1}{n^2-p^2} &=\frac{1}{2p}\sum_{n=p+1}^N \frac{1}{n-p}-\frac{1}{n+p}\\ &=\frac{1}{2p}\sum_{n=1}^{N-p}\frac{1}{n}-\frac{1}{2p}\sum_{n=2p+1}^{N+p}\frac{1}{n}\\ &=\frac{1}{2p}\sum_{n=1}^{2p}\frac{1}{n}-\frac{1}{2p}\sum_{n=N-p+1}^{N+p}\frac{1}{n}\tag{1} \end{align} $$ Tomando el límite de$(1)$$N\to\infty$, obtenemos $$ \sum_{n=p+1}^\infty \frac{1}{n^2-p^2}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{2}\frac{1}{n}\etiqueta{2} $$

Answer 2

Tenemos para $N\geq 2p$: \begin{align*} \sum_{n=p+1}^{N+p}\frac 1{n^2-p^2}&=\sum_{j=1}^{N}\frac 1{(j+p)^2-p^2}\\ &=\sum_{j=1}^{N}\frac 1{j^2+2jp}\\ &=\frac 1{2p}\sum_{j=1}^{N}\frac {j+2p-j}{j(j+2p)}\\ &=\frac 1{2p}\sum_{j=1}^{N}\frac 1j-\frac 1{j+2p}\\ &=\frac 1{2p}\left(\sum_{j=1}^{2p}\frac 1j+\sum_{j=2p+1}^N\frac 1j-\sum_{j=2p+1}^{N+2p}\frac 1j\right)\\ &=\frac 1{2p}\left(\sum_{j=1}^{2p}\frac 1j-\sum_{j=N+1}^{N+2p}\frac 1j\right)\\ \sum_{n=p+1}^{N+p}\frac 1{n^2-p^2}&=\frac 1{2p}\sum_{j=1}^{2p}\frac 1j-\frac 1{2p}\sum_{k=1}^{2p}\frac 1{k+N}. \end{align*} Obtenemos el resultado de tomar el límite de $N\to \infty$.

Answer 3

Considere el siguiente formulario de la suma sin pérdida de generalidad cuando la suma tiende a $\infty$: $$\frac{1}{2p}\sum_{t=0}^\infty\left(\sum_{n=(2t+1)p+1}^{(2t+3)p}\frac{1}{n-p}-\sum_{n=(2t+1)p+1}^{(2t+3)p}\frac{1}{n+p}\right)$$

Obtenemos que la última suma se a $0$, y las otras sumas a excepción de la primera cancelar. Por lo tanto, tenemos que:

$$\sum_{n=p+1}^\infty \frac{1}{n^2-p^2}=\frac{1}{2p}\sum_{n=p+1}^{3p}\frac{1}{n-p}=\frac{1}{2p}\sum_{n=1}^{2p}\frac{1}{n}$$ La observación clave es el grupo de las sumas en 2p términos sumas que cancelar. Así, lo que he escrito anteriormente puede ser escrito simplemente como: $$\frac{1}{2p} [(1+\frac{1}{2}+...+\frac1{2p}) - (\frac{1}{2p+1}+\frac1{2p+2}+...+\frac1{4p}) + (\frac{1}{2p+1}+\frac1{2p+2}+...+\frac1{4p}) - (\frac1{4p+1}+\frac1{4p+2}+...+\frac1{6p}) + (\frac1{4p+1}+\frac1{4p+2}+...+\frac1{6p}) - ... ]$$ La prueba está completa.