Una Expresión de $\ln(2)$

Question

Vi en internet que la siguiente serie infinita tiene un valor de $\ln(2)$:

$\sum_{n=0}^\infty \left(\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+2} +\dfrac{1}{n+3}-\cdot a\cdot a\cdot\right)^2$

Comencé por definir

$b_n=\sum_{k=0}^\infty \dfrac{(-1)^k}{n+k+1}$

Veo que $b_0=ln(2)$, pero eso no me ayudó en la búsqueda de la suma de los pregunta original.

Answer 1

Reescribir como

$$ \begin{align}S &=\sum_{n=0}^{\infty} \left [\int_0^1 dt \left (t^n - t^{n+1} + t^{n+2} - \cdots \right ) \right ]^2 \\ &=\sum_{n=0}^{\infty} \left [\int_0^1 dt \frac{t^n}{1+t} \right ]^2 \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \int_0^1 du \frac{u^n}{1+u} \, \int_0^1 dv \frac{v^n}{1+v} \\&= \int_0^1 \frac{du}{1+u} \, \int_0^1 \frac{dv}{1+v} \sum_{n=0}^{\infty} (u v)^n \\ &= \int_0^1 \frac{du}{1+u} \, \int_0^1 \frac{dv}{1+v} \frac1{1-u v} \\ &= \int_0^1 \frac{du}{(1+u)^2} [\log{2} - \log{(1-u)}] \\ &= \frac12 \log{2} - \int_0^1 du \frac{\log{u}}{(2-u)^2}\\ &= \frac12 \log{2} + \frac12 \log{2}\end{align}$$

Por lo tanto, $S=\log{2}$ como se conjeturó.

Tenga en cuenta que

$$\begin{align}\int_0^1 \frac{dv}{1+v} \frac1{1-u v} &= \frac1{1+u}\int_0^1 dv \left (\frac{u}{1-u v} + \frac1{1+v} \right )\\ &= -\frac{\log{(1-u)}}{1+u}+\frac{\log{2}}{1+u} \end{align}$$

y

$$\begin{align}\int_0^1 du \frac{\log{u}}{(2-u)^2} &= \frac14 \sum_{k=0}^{\infty}(k+1) \frac1{2^k} \int_0^1 du \, u^k \log{k} \\ &= -\frac14 \sum_{k=0}^{\infty}(k+1) \frac1{2^k}\frac1{(k+1)^2} \\ &= -\frac12 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(1/2)^k}{k} \\ &= \frac12 \log{(1/2)} \end{align}$$

Answer 2

Podemos evaluar la suma de interés $S$, mediante el análisis directo de la serie. Para continuar, podemos escribir

$$\begin{align} S&=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{j=1}^\infty\frac{(-1)^{j-1}}{n+j}\,\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{n+k}\right) \tag 1\\\\ &=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{j=n+1}^\infty\frac{(-1)^{j}}{j}\,\sum_{k=n+1}^\infty \frac{(-1)^{k}}{k}\right) \tag 2\\\\ &=\sum_{j=1}^\infty\frac{(-1)^j}{j}\left(\sum_{n=0}^{j-1}\,\sum_{k=n+1}^\infty \frac{(-1)^{k}}{k}\right)\tag 3\\\\ &=\sum_{j=1}^\infty\frac{(-1)^j}{j}\left(\sum_{n=0}^{j-1}\left(\sum_{k=n+1}^j \frac{(-1)^{k}}{k}+\sum_{k=j+1}^\infty \frac{(-1)^{k}}{k}\right)\right) \tag 4\\\\ &=\sum_{j=1}^\infty\frac{(-1)^j}{j}\left(\sum_{k=1}^{j}\frac{(-1)^k\,k}{k}+\sum_{k=j+1}^{\infty}\frac{(-1)^k\,j}{k}\right) \tag 5\\\\ &=\sum_{j=\text{odd}}^\infty\frac{(-1)^{j-1}}{j}+\sum_{j=\text{even}}^\infty\frac{(-1)^{j-1}}{j}\tag 6\\\\ &=\sum_{j=1}^\infty \frac{(-1)^{j-1}}{j} \tag 7\\\\ &=\log(2) \end{align}$$

como iba a ser mostrado!

---

NOTAS:

En lo que va de $(1)$$(2)$, nos tácitamente cumplir las sustituciones $j\to j-n$$k\to k-n$.

En lo que va de $(2)$$(3)$, hemos cambiado el orden de la suma de los $n$ $j$ índices.

En lo que va de $(3)$$(4)$, podemos dividir la suma de más de $k$.

En lo que va de $(4)$$(5)$, hemos cambiado el orden de la suma de los $n$ $k$ índices y suma el resultado sumatorias sobre $n$.

En lo que va de $(5)$$(6)$, podemos observar que la suma de $\sum_{k=1}^j(-1)^k$ $-1$ por extraño $j$ $0$ lo contrario. De forma análoga, después de cambiar el orden de la suma en el segundo término (y el intercambio de las maquetas de los índices) en el lado derecho de la $(5)$, podemos observar que la suma de $\sum_{k=1}^{j-1}(-1)^k$ $-1$ al $j$ es incluso y $0$ lo contrario.

En lo que va de $(6)$ $(7)$que vuelva a montar el par y el impar componentes de la resultante de la serie.

Answer 3

Aquí está una escuela primaria de la solución:

Considerar la posibilidad de ampliar todo para obtener una suma de elementos de la forma $\pm \frac1i \cdot \frac1j$. Fix$i$$j$$i\leq j$, y considerar todas las apariciones de $\pm\frac1i \cdot \frac1j$. Si $i<j$, entonces esto ocurre dos veces en cada uno de los $i$ términos originales, cada uno con signo $(-1)^{j-i}$, por lo que suma hasta el $(-1)^{j-i}\cdot\frac2j$. Si $i=j$, luego de esto se produce una vez en cada uno de los $j$ términos originales, cada uno con signo $+1$, por lo que suma hasta el $\frac1j$.

Ahora vamos a arreglar $j$ y el agregado de todos los $\pm\frac1i \cdot \frac1j$$i\leq j$. Este valor es $\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{j-1} (-1)^{j-i}\cdot\frac2j + \frac1j$, que se ve fácilmente para ser justos $(-1)^{j-1}\cdot\frac1j$. Finalmente, se suma sobre todos los $j$ conseguir $\displaystyle\sum\limits_{j=1}^\infty (-1)^{j-1} \cdot \frac 1j$, que es su $b_0$.