Evaluar el producto de Cauchy de $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}$ $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{3^n} $

Question

El uso de la Mertens teorema de Cauchy productos sabemos que el producto de Cauchy de la serie $$ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}\qquad\text{y}\qquad\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{3^n} $$ hace converger. Pero ¿cómo podemos tratar de encontrar el valor de esta suma?

Lo que lo único que sé es que podemos escribir que esta suma es igual a $$ S=\sum_{n=0}^{\infty}c_n\qquad\text{donde}\qquad c_n=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{3^{n-k}}\frac{(-1)^{k+1}}{k+1} $$ pero yo no soy capaz de encontrar alguna manera para calcular la suma. Cualquier sugerencias?

Answer 1

Aquí está mi "larga" de la solución (elaboración de @ViktorGlombik comentario). Vamos a empezar con su suma:

$$S=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{3^n}\sum_{k=0}^n\frac{1}{3^{-k}}\frac{(-1)^{k+1}}{k+1}$$

donde

$$\sum_{k=0}^n\frac{1}{3^{-k}}\frac{(-1)^{k+1}}{k+1}=(-3)^{n+1}\Phi(-3,1,n+2)-\frac{2}{3}\log(2)$$

donde $\Phi(a,b,c)$ es el llamado Lerch trascendente.

También hay una forma útil de identidad: $\Phi(-3, 1, n+2) = \frac{1}{\Gamma(1)}\int_0^\infty\frac{e^{-(n+2)t}}{1+3e^{-t}}dt$.

Por sustitución de $u=1+3e^{-t}$ (e $\Gamma(1) = 1$), esta integral conduce a

$$\Phi(-3, 1, n+2) = \frac{1}{3^{n+2}}\int_1^4 \frac{(u-1)^{n+1}}{u} du.$$

Conectar de nuevo observar ( $u\in(1,4)$ para la convergencia de la serie geométrica), obtenemos: $$S=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{3^n}\left[(-3)^{n+1}\frac{1}{3^{n+2}}\int_1^4\frac{(u-1)^{n+1}}{u}du-\frac{2}{3}\log(2)\right]=$$ $$=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{3^{n+1}}\int_1^4\frac{(1-u)^{n+1}}{u}du-\log(2)=$$ $$=\int_1^4\frac{1}{u}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1-u}{3}\right)^{n+1}du - \log(2)=$$ $$=\int_1^4\frac{1}{u}\frac{1-u}{u+2}du-\log(2)=-\frac{3}{2}\log(2)+\log(2)-\log(2)=-\frac{3}{2}\log(2).$$

Así que sí, de hecho la suma converge a $S=-\frac{3}{2}\log(2)$.