Encuentre el valor de $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{n}-\frac{4}{2n+1}$

Question

Encuentre el valor de $$S=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{n}-\frac{4}{2n+1}\right)$$

Mi intento: tenemos

$$S=2\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{2}{2n+1}\right)$$

$$S=2\left(1-\frac{2}{3}+\frac{1}{2}-\frac{2}{5}+\frac{1}{3}-\frac{2}{7}+\cdots\right)$$ así que

$$S=2\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\cdots\right)$$ Pero sabemos que

$$\ln2=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots$$ Así que

$$S=2(2-\ln 2)$$

¿Es esto correcto?

Answer 1

Tenga en cuenta que esto no es válido por el Teorema de la serie de Riemann , lo que demuestra que no se pueden agrupar los términos de esa manera. En particular, los términos que estás agrupando tienden a estar cada vez más lejos unos de otros, lo que significa que estás "tirando" de términos más rápido que otros, y esto hace que el valor de la serie cambie, ya que $\sum\frac1n$ no converge. En efecto, obsérvese que:

$$S=4\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n}-\frac1{2n+1}=4\sum_{n=2}^\infty\frac{(-1)^n}{n}=4(1-\ln(2))$$

Lo que es diferente de su resultado. De hecho, si consideramos correctamente las sumas parciales, este es el resultado correcto.

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Un ejemplo más explícito del teorema de la serie de Riemann:

$$0=\sum_{n=1}^\infty\frac1n-\frac1n$$

Tenga en cuenta que $\frac1n$ es $\frac1{2n}$ o $\frac1{2n-1}$ Por lo tanto, agrupamos los términos más positivos:

$$\begin{align}0&\stackrel?=\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n-1}+\frac1{2n}-\frac1n\\&=\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n-1}-\frac1{2n}\end{align}$$

Pero ahora fíjate que $\frac1{2n-1}-\frac1{2n}>0$ para todos $n$ Por lo tanto,

$$0\stackrel?>0$$

Lo cual debería ser intuitivo. Como sumamos más rápido los términos positivos, la serie resultante se hace más grande.

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Si no puedes ver el paso de manipulación, aquí está escrito:

$$\begin{align}0&=\color{#4488ee}{\frac11}-\frac11+\color{#4488ee}{\frac12}-\frac12+\color{#44ee88}{\frac13}-\frac13+\color{#44ee88}{\frac14}-\frac14+\color{orange}{\frac15}-\frac15+\color{orange}{\frac16}-\frac16+\dots\\&\stackrel?=\color{#4488ee}{\frac11+\frac12}-\frac11+\color{#44ee88}{\frac13+\frac14}-\frac12+\color{orange}{\frac15+\frac16}-\frac13+\frac17+\frac18-\frac14+\dots\\&\stackrel?=\frac11+\left(\frac12-\frac11\right)+\frac13+\left(\frac14-\frac12\right)+\frac15+\left(\frac16-\frac13\right)+\frac17+\left(\frac18-\frac14\right)+\dots\\&\stackrel?=\frac11-\frac12+\frac13-\frac14+\frac16-\frac14+\dots\\&\stackrel?=\ln(2)\end{align}$$

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} S & \equiv \sum_{n = 1}^{\infty}\pars{{2 \over n} - {4 \over 2n + 1}} = \sum_{n = 1}^{\infty}\pars{{4 \over 2n} - {4 \over 2n + 1}} = 4\sum_{n = 2}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over n} = 4\bracks{1 + \sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over n}} \\[5mm] & = 4\pars{\vphantom{\LARGE A}1 + \braces{\vphantom{\Large A}-\ln\pars{\vphantom{\large A}1 - \bracks{-1}}}} = \bbx{4\bracks{\vphantom{\large A}1 - \ln\pars{2}}} \end{align}

De hecho, está bastante cerca de $\texttt{@Simply Beautiful Art}$ buena respuesta .

Answer 3

Podemos utilizar la función digamma $\psi$ . Se sabe que

$$\psi(z+1)=-\gamma+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{z}{n(n+z)},\ \ \forall z \in \mathbb{C} \setminus \{-1,-2,...\}.$$

Así, para $z=\frac{1}{2}$ obtenemos

$$\psi\left(\dfrac{3}{2}\right)=-\gamma+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n(2n+1)}=-\gamma+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{2}{(2n+1)}\right)=-\gamma+\dfrac{S}{2}.$$

Por otro lado, para los valores medio enteros de $\psi$ tenemos

$$\psi\left(n+\dfrac{1}{2}\right)=-\gamma-2\ln 2+\sum_{k=1}^n\dfrac{2}{2k-1},$$

desde donde, para $n=1$ concluimos que

$$\psi\left(\dfrac{3}{2}\right)=-\gamma-2\ln 2+2.$$

Finalmente $-\gamma+\dfrac{S}{2}=-\gamma-2\ln 2+2 \Rightarrow S=4(1-\ln 2),$ como mencionó Simply Beautiful Art.

Nota: S es un número real y puede justificarse mediante la comparación con las series del Problema de Basilea.