,

\begin{eqnarray*}
\sum_{n=1}^{\infty} a_n &=& \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{2}{4n^2 - 1} - \left( -\frac{1}{3} \right)^n \right]\\
&=& \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{4n^2 - 1} \right) - \sum_{n=1}^{\infty} \left( -\frac{1}{3} \right)^n
\end{eqnarray*}

,

แยก $4n^2 - 1$ ด้วยผลต่างกำลังสอง

\begin{eqnarray*}
\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{4n^2 - 1} \right) &=& \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{(2n - 1)(2n + 1)} \right)
\end{eqnarray*}

จะเห็นว่าอนุกรมนี้เป็นอนุกรมเทเลสโคปิก คือ

\begin{eqnarray*}
\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{4n^2 - 1} \right) &=& \frac{2}{1 \times 3} + \frac{2}{3 \times 5} + \frac{2}{5 \times 7} + ...
\end{eqnarray*}

เราสามารถแยกเป็นเศษส่วนย่อยได้

\begin{eqnarray*}
\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{4n^2 - 1} \right) &=& \left( \frac{1}{1} - \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} \right) + \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{7} \right) + ...\\
&=& \left( \frac{1}{1} - \cancel{\frac{1}{3}} \right) + \left( \cancel{\frac{1}{3}} - \cancel{\frac{1}{5}} \right) + \left( \cancel{\frac{1}{5}} - \cancel{\frac{1}{7}} \right) + ...\\
&=& 1
\end{eqnarray*}

,

\begin{eqnarray*}
\sum_{n=1}^{\infty} \left( -\frac{1}{3} \right)^n &=& \left( -\frac{1}{3} \right) + \left( -\frac{1}{3} \right)^2 + \left( -\frac{1}{3} \right)^3 + ...
\end{eqnarray*}

อนุกรมนี้เป็นอนุกรมเรขาคณิตอนันต์ที่คอนเวอร์เจนต์ ดังนั้น สามารถใช้สูตรหาผลบวกอนันต์ได้

\begin{eqnarray*}
S_{\infty} &=& \frac{a_1}{1 - r}\\
\sum_{n=1}^{\infty} \left( -\frac{1}{3} \right)^n &=& \frac{ -\frac{1}{3}}{1 -  \left(-\frac{1}{3}\right)}\\
&=& \frac{ -\frac{1}{3}}{\frac{4}{3}}\\
&=& -\frac{1}{3} \times \frac{3}{4}
\end{eqnarray*}

ดังนั้น

\begin{eqnarray*}
\sum_{n=1}^{\infty} \left( -\frac{1}{3} \right)^n &=& -\frac{1}{4}
\end{eqnarray*}

,

เราได้ว่า

\begin{eqnarray*}
\sum_{n=1}^{\infty} a_n &=& \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{4n^2 - 1} \right) - \sum_{n=1}^{\infty} \left( -\frac{1}{3} \right)^n\\
&=& 1 - \left( -\frac{1}{4} \right)\\
&=& 1 + \frac{1}{4}\\
&=& \frac{5}{4}
\end{eqnarray*}