Demostrar

Question

Podemos probar la siguiente forma cerrada directamente mediante el uso de hipergeométrica de la serie?

$$S=\sum _{n=1}^{\infty} \left[\frac{1}{n}-\frac{2 }{n+1}\, _2F_1\left(1,\frac{n+1}{2};\frac{n+3}{2};-1\right)\right]=\frac{\pi}{4}-\frac{\log 2}{2}$$

He llegado a este resultado teniendo en cuenta la integral:

$$I = \int_0^\infty \frac{1-\frac{1}{\cosh x}}{e^x-1} dx$$

Podemos ampliar el denominador como el geométrico de la serie y, a continuación, encontrar la integral para cada término.

$$\int_0^\infty \frac{2 e^{-n x}dx}{e^x+e^{-x}}=2 \int_0^\infty \frac{t^n dt}{1+t^2}=\int_0^\infty \frac{u^{(n-1)/2} du}{1+u}= \\ = B \left(1,\frac{n+1}{2} \right) \, _2F_1\left(1,\frac{n+1}{2};\frac{n+3}{2};-1\right)$$

Como para la integral como un todo, es bastante fácil de volver a escribir:

$$I= \int_0^\infty \frac{e^x+e^{-x}-2}{(e^x-1)(e^x+e^{-x})}dx= \\ =\int_0^\infty \frac{dx}{e^x+e^{-x}}-\int_0^\infty \frac{dx}{e^{2x}+1}= \\ =\int_1^\infty \frac{dt}{t^2+1}-\int_1^\infty \frac{dt}{t(t^2+1)}= \frac{\pi}{4}-\frac{\log 2}{2}$$

Answer 1

Es bastante fácil trabajar con la función hipergeométrica directamente, ya que $(n+1)/2$ y $(n+3)/2$ difieren en 1. Esto significa que tenemos

\begin{align}_2F_1\left(1,\frac{n+1}2;\frac{n+3}2;-1\right)&=(n+1)\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{2k+n+1}\\&=(n+1)\sum_{k=0}^\infty\int_0^1(-x^2)^kx^n~\mathrm dx\\&=(n+1)\int_0^1\sum_{k=0}^\infty(-x^2)^kx^n~\mathrm dx\\&=(n+1)\int_0^1\frac{x^n}{1+x^2}~\mathrm dx\end{align}

Poner esto en tu suma da

\begin{align}S&=\sum_{n=1}^\infty\frac1n-2\int_0^1\frac{x^n}{1+x^2}~\mathrm dx\\&=\sum_{n=1}^\infty\int_0^1x^{n-1}-\frac{2x^n}{1+x^2}~\mathrm dx\\&=\int_0^1\sum_{n=1}^\infty x^{n-1}-\frac{2x^n}{1+x^2}~\mathrm dx\\&=\int_0^1\frac1{1-x}-\frac{2x}{(1+x^2)(1-x)}~\mathrm dx\end{align}

que es fácil de integrar con fracciones parciales y da el resultado sin problemas.

Esperemos que esto es lo que querías.