cálculo de la serie $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 2^n}$

Question

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 2^n}$$

Soy nuevo en series por lo tanto intenté un par de métodos para calcular pero no pude

Answer 1

La idea es considerar la serie de potencia

$$f(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^2} $$

El valor de su serie es entonces $f(\frac{1}{2} )$

Ahora, ¿cómo encontrar $f$ ? ¡Derivar !

$$f'(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{n} $$

Ahora se multiplica por $x$ encontrar una serie de potencia habitual :

$$xf'(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n} = -\ln(1-x)$$

Por lo tanto

$$f(x) = \int \frac{\ln(1-x)}{x} dx$$

$$f(1/2) - f(1) = \int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{\ln(1-x)}{x} dx = [\ln(1-x)\ln(x) ]_{1/2}^1 + \int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{\ln(x)}{1-x} dx $$

$$= -\ln(1/2)^2 - \int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln(1-x)}{x} dx $$

$$= -\ln(1/2)^2 - ( f(1/2)-f(0) ) $$

Pero $f(1) = \frac{\pi^2}{6}$ Así que

$$2 f(1/2) = \frac{\pi^2}{6} -\ln(1/2)^2 $$

Y ya tienes el resultado

Answer 2

Obsérvese que podemos escribir

$$\begin{align} \sum_{n=1}^N\frac{x^n}{n^2}&=\sum_{n=1}^N \int_0^x s^{n-1}\,ds \int_0^1 t^{n-1}\,dt\\\\ &=\int_0^1 \int_0^x \frac{1-(st)^N}{1-(st)}\,ds\,dt \tag 1\\\\ \end{align}$$

Para $x<1$ utilizando el Teorema de Convergencia Dominada para evaluar el límite de $(1)$ como $N\to \infty$ podemos escribir

$$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^2}&=\int_0^1 \int_0^x \frac{1}{1-(st)}\,ds\,dt\\\\ &=-\int_0^1 \frac{\log(1-xt)}{t}\,dt\\\\ &=-\int_0^x \frac{\log(1-u)}{u}\,du\\\\ &=\text{Li}_2(x) \tag 2 \end{align}$$

donde en $(2)$ $\text{Li}_2(x)$ es el función dilogaritmo . Por lo tanto, para $x=1/2$ tenemos

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^22^n}=\text{Li}_2(1/2) \tag 3$$

Tenga en cuenta que $\text{Li}_2(1)=\frac{\pi^2}{6}$ Véase el problema de Basilea . Además, puede demostrarse (véase la NOTA al final de esta solución) que la función dilogaritmo satisface la identidad de reflexión

$$\begin{align} \text{Li}_2(x)+\text{Li}_2(1-x)&=\text{Li}_2(1)-\log(x)\log(1-x)\\\\ &=\frac{\pi^2}{6}-\log(x)\log(1-x) \tag 4 \end{align}$$

Utilizando $(4)$ con $x=1/2$ en $(3)$ revela

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^22^n}=\frac{\pi^2}{12}-\frac12 \log^2(1/2)}$$

¡Y ya está!

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NOTA:

Aquí demostramos la identidad de reflexión dada en $(4)$ . Obsérvese que podemos escribir

$$\begin{align} \text{Li}_2(x)+\text{Li}_2(1-x)&=-\int_0^x \frac{\log(1-u)}{u}\,du-\int_0^{1-x}\frac{\log(1-u)}{u}\,du\\\\ &=-\int_0^x \frac{\log(1-u)}{u}\,du-\int_0^{1}\frac{\log(1-u)}{u}\,du-\int_1^{1-x} \frac{\log(1-u)}{u}\,du\\\\ &=\frac{\pi^2}{6}-\int_0^x \frac{\log(1-u)}{u}\,du-\int_1^{1-x} \frac{\log(1-u)}{u}\,du \\\\ &=\frac{\pi^2}{6}-\int_0^x \frac{\log(1-u)}{u}\,du+\int_0^{x} \frac{\log(u)}{1-u}\,du \\\\ &=\frac{\pi^2}{6}-\int_0^x \frac{\log(1-u)}{u}\,du+\left.\left(-\log(u)\log(1-u)\right)\right|_0^x +\int_0^x \frac{\log(1-u)}{u}\,du\\\\ &=\frac{\pi^2}{6}-\log(x)\log(1-x) \end{align}$$

¡como se iba a demostrar!

Answer 3

Creo que debería integrar $$\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n$$ un par de veces. Vemos $$-\log(1-x) =\sum^\infty_{n=0} \frac{x^{n+1}}{n+1}.$$ Entonces dividiendo por $x$ vemos $$-\frac{\log(1-x)}{x} = \sum^\infty_{n=0} \frac{x^n}{n+1}.$$ A continuación, integrando a partir de $0$ a $1/2$ da $$\sum^\infty_{n=0} \frac{1}{(n+1)^22^{n+1}} = - \int^{1/2}_{0} \frac{\log(1-x)}{x} dx = \frac{1}{12}(\pi^2 - 6\log(2)^2).$$ No sé exactamente cómo realizar esa integral; he utilizado WolframAlpha.