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Calcular la suma de $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$

Quiero calcular la suma $x\in(-1,1)$ esto: $$\sum{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$ $ hasta ahora he conseguido que $$\int \frac{x^n}{n}dx = \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}, $ $ y $ de $$\sum{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}=-\log(1-x), $ y $$ \int -\log(1-x) dx \overset{c}{=} x+(1-x)\log(1-x). $ $ pero realmente no sé si puedo poner de alguna manera juntos o no.

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HappyEngineer Puntos 111

Sí, tu respuesta es correcta.

También se puede ver esto escribiendo $\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$.

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Abdallah Hammam Puntos 358

Que $f (x ) $ ser su suma.

entonces

$$f'(x)=\sum{n=1}^{+\infty}\frac {x^n}{n} $ $ y $$f''(x)=\sum{n=0}^{+\infty}x^n=\frac {1}{1-x} $ $ así $$f'(x)=-\ln (1-x) $ $ y $$f (x)=x+(1-x)\ln (1-x) $ $

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Claude Leibovici Puntos 54392

Con fracción parcial descomposición $$\frac 1{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ $ que $$\sum{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}=\sum{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}n-\sum{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}=x\sum{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}n-\sum{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}=x \log(1-x)-\sum{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}$$ Now, $$\frac d{dx} \left(\frac{x^{n+1}}{n+1}\right)=x^n\implies \frac d{dx} \left(\sum{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1} \right) =\frac{x}{1-x}=\frac{x-1+1}{1-x}=\frac{1}{1-x}-1$$ Now, integrate to get $% $ $\sum{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}=-\log(1-x)-x$

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Renan Puntos 6004

Sugerencia. Uno puede escribir, $|x|

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Darth Geek Puntos 7892

Cuando $|x|

$$\begin{align}\sum{n=1}^\infty \dfrac{x^{n+1}}{n(n+1)} &= \sum{n=1}^\infty \dfrac{x^{n+1}}{n} - \dfrac{x^{n+1}}{n+1} \ &= x\sum{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{n} - \sum{n=1}^\infty \dfrac{x^{n+1}}{n+1} \ &= x\sum{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{n} - \sum{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{n} + x \ & = -x\ln(x-1) + \ln(x-1) + x\ &= x+(1-x)\ln (1-x)\end{align}$$

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