Cómo podemos demostrar que:-$\sum_{n=1}^{\infty}\left({\phi^2+\gamma\over n+1}-{\phi+\gamma\over n}-\ln{n+1\over n}\right)=-\phi^2$

Question

¿Cómo podemos probar $(1)$?

$$\sum_{n=1}^{\infty}\left({\phi^2+\gamma\over n+1}-{\phi+\gamma\over n}-\ln{n+1\over n}\right)=-\phi^2\tag1$$

$\phi$; Proporción áurea

$\gamma$; Constante de Euler

un intento:

Utilizando $$\sum_{n=1}^{\infty}\left({1\over n}-\ln{n+1\over n}\right)=\gamma\tag2

$(2)-(1)$

$$(\gamma+\phi^2)\sum_{n=1}^{\infty}\left({1\over n}-{1\over n+1}\right)=\gamma+\phi^2\tag3$$

Telescopio suma $$\sum_{n=1}^{\infty}\left({1\over n}-{1\over n+1}\right)=1\tag4

Esto no es una prueba. Cualquier ayuda.

Answer 1

$$\begin{align} \phi^2 &= \phi+1 \[4mm] \color{red}{S} &= \sum{n=1}^{\infty}\left(\frac{\phi^2+\gamma}{n+1}-\frac{\phi+\gamma}{n}-\log{\frac{n+1}{n}}\right) \[2mm] &= \sum{n=1}^{\infty}\left(\frac{\phi^2+\gamma}{n+1}-\frac{\phi\color{red}{+1}+\gamma\color{red}{-1}}{n}-\log{\frac{n+1}{n}}\right) \[2mm] &= \sum{n=1}^{\infty}\left(\frac{\phi^2+\gamma}{n+1}-\frac{\phi^2+\gamma}{n}+\frac{1}{n}-\log{\frac{n+1}{n}}\right) \[2mm] &= \sum{n=1}^{\infty}\left(\frac{\phi^2+\gamma}{n+1}-\frac{\phi^2+\gamma}{n}\right)+\sum{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\log{\frac{n+1}{n}}\right) \[2mm] &= -\left(\phi^2+\gamma\right)\sum{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)+\,\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\log{\frac{n+1}{n}}\right) \[2mm] &= -\phi^2-\gamma+\gamma=\color{red}{-\phi^2} \end {Alinee el} $$