Evaluar

Question

Yo estaba tratando de evaluar la siguiente serie, que sé que converge: $$\sum_{k=1}^{\infty} 2\ln{(2k)} - \ln{(2k-1)} - \ln{(2k+1)} \tag{1}\label{1} $$

En una telescópica de la moda, empecé a escribir los términos en la esperanza de encontrar un patrón:

$$= (2\ln{2} - \ln{1} - \ln{3}) + (2\ln{4} - \ln{3} - \ln{5}) + (2\ln{6} - \ln{5} - \ln{7}) + \ldots \tag{2}\label{2}$$

aunque nada cancelado, he agrupado los términos juntos:

$$ = 2\ln{2} - 2\ln{3} + 2\ln{4} - 2\ln{5} + 2\ln{6} - 2\ln{7} + \ldots \tag{3}\label{3}$$

$$ = 2 \left[ \ln{2} - \ln{3} + \ln{4} - \ln{5} + \ln{6} - \ln{7} + \ldots \right] \tag{4}\label{4}$$

que me dejó con la siguiente divergente la serie:

$$ = 2 \sum _{k=2} ^{\infty} (-1)^k \ln{k} \tag{5}\label{5}$$

Claramente, $\eqref{5}$ no puede ser equivalente a $\eqref{1}$.

Soy bastante nuevo en el cálculo, y aunque he cubierto telescópico de la serie, parece que esta técnica no se puede aplicar aquí. Aunque, no sé por qué.

¿De dónde me salen mal?

Answer 1

Que $S_N$ sea la suma de los primeros términos de #% de #% %.

Entonces $\exp(SN)=\prod{k=1}^N\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{4^N N!^2}{(2N+1)(1\times 3\times 5\cdots\times (2N-1)) ^ 2} = \frac{16^N N!^4}{(2N+1) (2N)! ^ 2}. $$ ahora esto puede atacar con la fórmula de Stirling.

Answer 2

Aquí está la respuesta de la serie. Con expansión de $\ln$ tenemos\begin{align} \sum{k=1}^{\infty} 2\ln(2k)-\ln(2k-1)-\ln(2k+1) &= \sum{k=1}^{\infty} -\ln\left(1-\dfrac{1}{2k}\right)-\ln\left(1-\dfrac{1}{2k}\right) \ &= \sum{k=1}^{\infty} \sum{n\geqslant1} \dfrac{1}{n}\left(\dfrac{1}{2k}\right)^{2n} \ &= \sum{n\geqslant1} \dfrac{1}{n} \sum{k=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2k}\right)^{2n} \ &= \sum_{n\geqslant1} \dfrac{\zeta(2n)}{n2^{2n}} \ &= \color{blue}{\ln\dfrac{\pi}{2}} \end {Alinee el} el último paso probado aquí.