Demuestre que$$\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i(2i+3)} = \frac89 -\frac23\ln2$ $
Intenté usar la integración pero fallé miserablemente. Consejos por favor.
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¿Demasiados anuncios?
PS
PS
Observe que faltan$$\frac3{2i(2i+3)}=\frac{2i+3-2i}{2i(2i+3)}=\frac1{2i}-\frac1{2i+3}$
PS
en cuanto a$$\implies I=\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i(2i+3)} =\frac23\sum_{i=1}^{\infty}\left(\frac1{2i}-\frac1{2i+3}\right)=\frac23\left(\frac12-\frac15+\frac14-\frac17+\cdots\right)$$1,\dfrac13$ $ (ver esto )
¿Puedes llevarlo a casa desde aquí?
Tunk-Fey
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Reescribir $$ \sum_{i=1}^\infty\frac{1}{i(2i+3)}=\frac23\sum_{i=1}^\infty\left[\frac{1}{2i}-\frac{1}{2i+3}\right].\tag1 $$ Considere la posibilidad de progresión geométrica, para $|x|<1$ $$ \sum_{i=1}^\infty x^{i-1}=\frac1{1-x}\tag2 $$ y $$ \sum_{i=1}^\infty x^{2(i+1)}=\frac{x^4}{1-x^2}.\tag3 $$ Teniendo integral de ambos lados $(2)$ e $(3)$ de rendimiento $$ \sum_{i=1}^\infty \frac{x^{i}}i=-\ln(1-x)+C_1\tag4 $$ y $$ \sum_{i=1}^\infty \frac{x^{2i+3}}{2i+3}=-\frac13x(x^2+3)-\frac12\ln(1-x)+\frac12\ln(x+1)+C_2.\tag5 $$ Set $x=0$ obtener $C_1$ e $C_2$, luego de conectar $(4)$ e $(5)$ a $(1)$ y ajuste de $x=1$ va a resolver nuestro problema.
Bhubhu Hbuhdbus
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Puedes hacerlo por integración también.
$$ \begin{aligned} \frac{2}{3}\sum_{i=1}^{\infty} \left(\frac{1}{2i}-\frac{1}{2i+3}\right) &=\frac{2}{3}\int_0^1 \sum_{i=1}^{\infty} \left(x^{2i-1}-x^{2i+2}\right)\,dx\\ &=\frac{2}{3}\int_0^1 \left(\frac{1}{x}-x^2\right)\frac{x^2}{1-x^2}\,dx=\frac{2}{3}\int_0^1 \frac{(1-x)(1+x+x^2)x}{(1-x)(1+x)}\,dx\\ &=\frac{2}{3}\int_0^1 \left(x+\frac{x^3}{1+x}\right)\,dx=\frac{2}{3}\int_0^1 \left(x+\frac{x^3+1}{x+1}-\frac{1}{x+1}\right)\,dx\\ &=\frac{2}{3}\int_0^1 \left(x+1-x+x^2-\frac{1}{x+1}\right)\,dx \\ &= \boxed{\dfrac{8}{9}-\dfrac{2}{3}\ln 2} \end {alineado} $$
