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Demostrar la forma cerrada para $\sum_{n\in\Bbb N}\frac1{5n(5n-1)}$

Mientras buscaba soluciones a un difícil problema geométrico, me encontré con esta suma: $$ \sum_{n\in\Bbb N}\frac1{5n(5n-1)} = \frac1{4\cdot 5} + \frac1{9\cdot 10} + \frac1{14\cdot 15} + \ldots $$ Un poco de exploración numérica me ha convencido de que la respuesta es $$ \sum_{n=1}^\infty\frac1{5n(5n-1)} = \frac14\log(5) + \frac{\sqrt{5}}{10}\log(\rho) -\frac{\pi}{10}\cot\left(\frac{\pi}{5} \right) $$ donde $\rho$ es la "proporción áurea" $\rho = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ . Pero no puedo encontrar la manera de probarlo.

Prueba $$ \sum_{n=1}^\infty\frac1{5n(5n-1)} = \frac14\log(5) + \frac{\sqrt{5}}{10}\log(\rho) -\frac{\pi}{10}\cot\left(\frac{\pi}{5} \right) $$

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Andreas Puntos 36

Mira primero las sumas finitas (de manera que no restamos dos series divergentes): $$ \sum_{n=1}^N\frac1{5n(5n-1)} =\\ \sum_{n=1}^N\frac{-1}{5n} + \frac{1}{5n-1} = \\ - \frac15 \sum_{n=1}^N(\frac{1}{n} - \frac{1}{n-1/5}) = \\ - \frac15 (\sum_{n=1}^N\frac{1}{n} - \sum_{n=0}^{N-1} \frac{1}{n+4/5} )= \\ - \frac15 (\sum_{n=1}^N\frac{1}{n} - \sum_{n=1}^N \frac{1}{n+4/5} - \frac54 + \frac{1}{N+4/5}) =\\ \frac{1}{4} - \frac{1}{5N+4} - \frac15 \sum_{n=1}^N(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+4/5}) $$ La suma converge, por lo que podemos tomar el límite $N\to \infty$ para obtener $$ \sum_{n=1}^\infty \frac1{5n(5n-1)} =\\ \frac{1}{4} - \frac15 \sum_{n=1}^\infty (\frac{1}{n} - \frac{1}{n+4/5}) $$ Ahora puedes usar un resultado (con prueba de Achille Hui) de aquí que dice $$ \mathcal{S}_{k/p} \stackrel{def}{=} \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+\frac{k}{p}}\right) \\= \frac{p}{k} - \log(2p) -\frac{\pi}{2}\cot\left(\frac{k\pi}{p}\right) + \sum_{l=1}^{p-1} \cos\left(\frac{2\pi k\ell}{p}\right) \log\sin\left(\frac{\ell\pi}{p}\right) \\ = \psi\left(\frac{k}{p}+1\right) + \gamma $$

y concluir con $k=4$ , $p=5$ que $\sum_{n=1}^\infty\frac1{5n(5n-1)} = \frac{1}{4} - \frac15 (\psi\left(\frac{9}{5}\right) + \gamma)$ o, sin utilizar la función Digamma, $$ \sum_{n=1}^\infty\frac1{5n(5n-1)} =\\ \frac{1}{4}-\frac15 (\frac{5}{4} - \log(10) -\frac{\pi}{2}\cot\left(\frac{4\pi}{5}\right) + \sum_{l=1}^{4} \cos\left(\frac{2\pi 4\ell}{5}\right) \log\sin\left(\frac{\ell\pi}{5}\right)) =\\ \frac{\log 10}{5} + \frac{\pi}{10}\cot\left(\frac{4\pi}{5}\right) -\frac15 \sum_{l=1}^{4} \cos\left(\frac{2\pi 4\ell}{5}\right) \log\sin\left(\frac{\ell\pi}{5}\right) = \\ \frac{\log 10}{5} + \frac{\pi}{10}\cot\left(\frac{4\pi}{5}\right) -\frac1{20} (\log(16/5) + \sqrt 5 (\log(5 - \sqrt 5) - \log(5 + \sqrt 5)))\\ \simeq 0.07756 $$ que es exactamente como se indica en la pregunta: $\frac14\log(5) + \frac{\sqrt{5}}{10}\log(\rho) -\frac{\pi}{10}\cot\left(\frac{\pi}{5} \right) \simeq 0.07756$

2voto

Stephen Schrauger Puntos 126

Comienza con $$f(x) = \sum_{n=2}^\infty \frac{x^n}{n(n-1)} = x + (1-x) \log (1-x)$$ Si $w$ es una primitiva $5$ -raíz de la unidad, entonces $$\frac{1}{5}\sum_{k=0}^4 w^{nk} = 1$$ si $5 | n$ y $0$ de lo contrario. Así,

$$\frac{1}{5}\sum_{k=0}^4 f(w^k) =\sum_{n> 2,\, 5 | n} \frac{x^n}{n(n-1)} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{5n(5n-1)}$$

(utilice el valor límite $2$ para $f(1)$ .)

0voto

Omer Akhter Puntos 133

Déjalo: $$ f(x) = \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^{5n}}{5n(5n-1)}} $$ $$ f''(x) = \sum_{n=1}^{\infty}x^{5n-2} = \frac{x^3}{1-x^5} = g(x) $$

Y no sé muy bien de qué forma, pero sé que está relacionado con las funciones hipergeométricas...

https://en.wikipedia.org/wiki/Hypergeometric_function

Y el valor constante es: $f(1)$

0voto

Omer Akhter Puntos 133

Es fácil probar el último paso de Andreas: $$ \sum_{n=1}^\infty\frac1{5n(5n-1)} =\\ \frac{\log 10}{5} + \frac{\pi}{10}\cot\left(\frac{4\pi}{5}\right) -\frac1{20} (\log(16/5) + \sqrt 5 (\log(5 - \sqrt 5) - \log(5 + \sqrt 5)))\\ \simeq 0.07756 $$ que es exactamente como se indica en la pregunta: $\frac14\log(5) + \frac{\sqrt{5}}{10}\log(\rho) -\frac{\pi}{10}\cot\left(\frac{\pi}{5} \right) \simeq 0.07756$

Sólo tienes que comprobar estos tres anuncios:

a) $$ \frac{\log 10}{5} -\frac1{20} \log(16/5) = \frac14\log(5) $$ pasos:

$$ \frac{\log 10}{5} -\frac1{20} \log(16/5) =\\ \frac{\log 2}{5}+\frac{\log 5}{5}-\frac{\log 16}{20}+\frac{\log 5}{20} =\\ \frac{\log 2}{5}+\frac{\log 5}{5}-\frac{4\log 2}{20}+\frac{\log 5}{20} =\\ (\frac{1}{5}-\frac{4}{20})\log2+(\frac{1}{5}+\frac{1}{20})\log5 =\\ \frac14\log(5) $$

b) es trivial: $$ \frac{\pi}{10}\cot\left(\frac{4\pi}{5}\right) = -\frac{\pi}{10}\cot\left(\frac{\pi}{5} \right) $$

c) $$ -\frac1{20} (\sqrt 5 (\log(5 - \sqrt 5) - \log(5 + \sqrt 5))) = \frac{\sqrt{5}}{10}\log(\rho) $$ pasos: $$ -\frac1{2} (\log(5 - \sqrt 5) - \log(5 + \sqrt 5)) = \log(\rho) $$ $$ \log(5 + \sqrt 5) - \log(5 - \sqrt 5) = 2\log(\rho) $$ $$ \log \frac {5 + \sqrt 5} {5 - \sqrt 5} = \log(\rho^2) $$ $$ \frac {5 + \sqrt 5} {5 - \sqrt 5} = \rho^2 $$ $$ 5 + \sqrt 5 = (5 - \sqrt 5)\rho^2 $$ $$ 5 + \sqrt 5 = (5 - \sqrt 5)\frac{3+\sqrt 5}{2} $$ $$ 5 + \sqrt 5 = 5 + \sqrt 5 $$

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