Problem 12215
(American Mathematical Monthly, Vol.127, November 2020) Proposed by O. Furdui and A. Sintamarian (Romania).
Calculate
∞
X
n=1
1
n2 + 1
(n + 2)2 + 1
(n + 4)2 + · · ·
− 1 2n
.
Solution proposed by Roberto Tauraso, Dipartimento di Matematica, Universit`a di Roma “Tor Vergata”, via della Ricerca Scientifica, 00133 Roma, Italy.
Solution. We have that S =
∞
X
n=1
∞
X
k=0
1
(n + 2k)2 − 1 2n
!
=
∞
X
n=1
∞
X
k=0
1
(2n + 2k)2− 1 4n
! +
∞
X
n=1
∞
X
k=0
1
(2n − 1 + 2k)2 − 1 4n − 2
!
=1 4
∞
X
n=1
∞
X
k=n
1 k2 −1
n
! +
∞
X
n=1
∞
X
k=n
1
(2k − 1)2− 1 4n − 2
!
= 1 4+ 1
4 +π2 16
= 1 2+π2
16 because, as N → ∞,
N
X
n=1
∞
X
k=n
1 k2 −1
n
!
=
N
X
n=1
π2 6 −
n−1
X
k=1
1 k2
!
− 1 n
!
= N π2 6 −
N
X
n=1 n−1
X
k=1
1 k2 −
N
X
n=1
1 n
= N π2 6 −
N −1
X
k=1
1 k2
N
X
n=k+1
1 −
N
X
n=1
1 n
= N π2 6 −
N −1
X
k=1
N − k k2 −
N
X
n=1
1 n
= N π2 6 −
N −1
X
k=1
1 k2
!
− 1 N →1, and
N
X
n=1
∞
X
k=n
1
(2k − 1)2 − 1 4n − 2
!
=
N
X
n=1
π2 8 −
n−1
X
k=1
1 (2k − 1)2
!
− 1 4n − 2
!
= Nπ2 8 −
N
X
n=1 n−1
X
k=1
1
(2k − 1)2 −1 2
N
X
n=1
1 2n − 1
= Nπ2 8 −
N −1
X
k=1
1 (2k − 1)2
N
X
n=k+1
1 − 1 2
N
X
n=1
1 2n − 1
= Nπ2 8 −
N −1
X
k=1
N − k (2k − 1)2−1
2
N
X
n=1
1 2n − 1
= N π2 8 −
N −1
X
k=1
1 (2k − 1)2
! +1
2
N −1
X
k=1
1
(2k − 1)2 − 1/2 2N − 1→ 1
4 +π2 16. Note that by Stolz-Cesaro Theorem,
N →∞lim N π2 6 −
N −1
X
k=1
1 k2
!
= lim
N →∞
− 1
N2
1 N+1− 1
N
= 1,
N →∞lim N π2 8 −
N −1
X
k=1
1 (2k − 1)2
!
= lim
N →∞
− 1
(2N −1)2 1 N+1− 1
N
= 1 4.
