Сумма числового ряда и формула из справочника Прудникова

[Divergence]

Если первоначально брать в частичной сумме симметричные пределы, чтобы убрать $1/k$ и оставить $1/(k-n)$, то получаю (полагая $N>n>0$)

$$ \sum^{N}_{k=-N} \frac{1}{k(k-n)} = \frac{1}{n} \sum^{-N-n}_{m=-N+n+1} \frac{1}{m}$$

с точностью до двух выпадающих слагаемых. То что не сокращается - это 2n слагаемых. Они в пределе ($N \to \infty$) зануляются, а должны вроде дать $2/n$ (или нет?).

[Otta]

Эта операция

Divergence в сообщении #1042144 писал(а):

Если первоначально брать в частичной сумме симметричные пределы,

не приводит к этому результату:

Divergence в сообщении #1042144 писал(а):

чтобы убрать $1/k$ и оставить $1/(k-n)$

Выкиньте отсутствующие два слагаемых сразу. Нет их у Вас. Сразу. При $k=0$ и при $k=n$.
Остается три суммы. Их и считайте.
Посчитайте сперва $\sum_{k=n+1}^\infty\frac 1{k(k-n)}=\frac1n \sum_{k=n+1}^\infty\ldots$.
Я ж фактически полный план решения написала в предыдущем посте, или Вы решили идти своим путем? Ну тоже дело.

[Vince Diesel]

Divergence в сообщении #1042120 писал(а):

Подозреваю, что исключив из суммы слева слагаемые, дающие бесконечности ($k=0$, $k=a=n$), должны получить отсутствие бесконечностей и справа, то есть получить формулу

$$ \sum^{+\infty}_{k=-\infty \ k \ne 0 \ k \ne n} \frac{1}{k \, (k-n)} = \frac{2}{a^2} \quad n \in\mathbb{Z} ? $$

Однако обосновать (или доказать) это не могу, и не уверен правильный ли у меня ответ.

Вероятно тут пройдет перенос слагаемого, которое обращается в бесконечность, в правую часть, а потом переход к пределу.

Если изучали комплексный анализ, то тут упоминается общий результат.

[Divergence]

Сначала не понял Вашу мыслю как разбивать на три слагаемых и какие частичные суммы смотреть. Теперь понял:

$$\sum^{\infty}_{k= -\infty ,\ k\ne 0 , k \ne n} \frac{1}{k \, (k-n)} = \sum^{\infty}_{k=n+1} \frac{1}{k \, (k-n)}+ \sum^{n-1}_{k=1} \frac{1}{k \, (k-n)}+ \sum^{-\infty}_{k=-1} \frac{1}{k \, (k-n)} .$$

Слагаемые дают

$$\sum^{\infty}_{k=n+1} \frac{1}{k \, (k-n)} = \frac{1}{n} \sum^{n}_{k=1} \frac{1}{k},$$

$$\sum^{n-1}_{k=1} \frac{1}{k \, (k-n)} = \frac{1}{n} \Bigl( -\sum^{n-1}_{k=1} \frac{2}{k} \Bigr),$$

$$\sum^{-\infty}_{k=-1} \frac{1}{k \, (k-n)} = \frac{1}{n} \sum^{n}_{k=1} \frac{1}{k}.$$

В результате получаем искомый результат

$$\sum^{\infty}_{k= -\infty ,\ k\ne 0 , k \ne n} \frac{1}{k \, (k-n)} = \frac{1}{n} \, \frac{2}{n}.$$

Да. Все оказалось просто.
Огромное спасибо Otta!

[nnosipov]

А что будет при $n=0$?

[Divergence]

Это уже табличное: $\pi^2/3$.