La suma de las integrales probablemente converge a$\ln(2)$ (Seemous 2018-2019)

Question

Yo estaba tratando de resolver el problema cuarto de SEEMOUS 2019. Se va como sigue:

(a) Deje $n\geq1$ ser un número entero. Calcular el $$\int_0^1 x^{n-1}\ln x\,dx$$ Me han demostrado que $$\int_0^1 x^{n-1}\ln x \,dx= -\displaystyle \frac{1}{n^2} .$$ Necesito ayuda (u orientación) en

(b) Evaluar $$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left( \frac{1}{(n+1)^2}- \frac{1}{(n+2)^2}+ \frac{1}{(n+3)^2}-\ldots\right).$$

He probado la suma y para $n=10000$ , y estuvo muy cerca de $\ln2$.

Answer 1

Usando la identidad $\int_0^1 x^{n+k-1}\,dx=\frac{1}{n+k}$ tenemos

$$\begin{align} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\frac{1}{(n+k)^2}&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\int_0^1 x^{n+k-1}\,dx\,\int_0^1 y^{n+k-1}\,dy\\\\ &=\int_0^1 \int_0^1 \sum_{n=0}^\infty (-xy)^n\,\sum_{k=0}^\infty (-xy)^k\,dx\\\\ &=\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{(1+xy)^2}\,dx\,dy\\\\\ &=\int_0^1 \frac{1}{1+y}\,dy\\\\ &=\log(2) \end {align}$$

¡Como se iba a mostrar!

Answer 2

\begin{eqnarray*} S&=& \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(\displaystyle \frac{1}{(n+1)^2}-\displaystyle \frac{1}{(n+2)^2}+\displaystyle \frac{1}{(n+3)^2}-...) \\ &=& \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \sum_{m=0}^{\infty} (-1)^{m} \frac{1}{(n+m+1)^2} \end {eqnarray *} Deje que $i=n+m+1$ obtengamos $i$ ... $i$ veces ... entonces \begin{eqnarray*} S=\sum_{i=1}^{\infty} (-1)^{i+1} \frac{i}{i^2} = \cdots. \end {eqnarray *}