Encuentra el valor de $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(2n-1)}$

Question

Voy a mostrar dos de las soluciones de este problema.

Primera solución :

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

$$=\sum_{n=1}^\infty \left(\int_0^1 (2x^{2n-2}-x^{n-1})dx\right)$$ $$=\int_0^1 \left( \sum_{n=1}^\infty(2x^{2n-2}-x^{n-1})\right)dx$$ $$=\int_0^1 \left( \frac{2}{1-x^2}-\frac{1}{1-x} \right) dx $$ $$=\int_0^1 \frac{1}{1+x}dx $$ $$=\ln 2$$

Segunda solución :

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

$$=\sum_{n=1}^\infty \left(\int_0^1 (2x^{2n-2}-2x^{2n-1})dx\right)$$ $$=\int_0^1 \left( \sum_{n=1}^\infty(2x^{2n-2}-2x^{2n-1})\right)dx$$ $$=\int_0^1 \left( \frac{2}{1-x^2}-\frac{2x}{1-x^2} \right) dx $$ $$=\int_0^1 \frac{2}{1+x}dx $$ $$=2\ln 2$$

De hecho, $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(2n-1)}=2\ln 2$.

¿Por qué la primera solución es falsa, pero la segunda es verdadera ?

He sabido que uniformemente convergente la serie puede integrarse término a término.

Es esto decir que los $\sum_{n=1}^\infty(2x^{2n-2}-2x^{2n-1})$ ; la segunda solución, es uniformemente convergente, sino $\sum_{n=1}^\infty(2x^{2n-2}-x^{n-1})$ ; la primera solución, no ?

Answer 1

Aquí es aún más desconcertante de cálculo:

\begin{align*} 0 &= \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{2n} - \frac{1}{n} \right) \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{1} (2 x^{2n-1} - x^{n-1}) \, dx \\ &= \int_{0}^{1} \sum_{n=1}^{\infty} (2 x^{2n-1} - x^{n-1}) \, dx \\ &= \int_{0}^{1} \left( \frac{2x}{1-x^2} - \frac{1}{1-x} \right) \, dx \\ &= - \int_{0}^{1} \frac{dx}{x+1} \\ &= -\log 2. \end{align*}

Así que, ¿dónde nos equivocamos? Es el tercer paso, donde podemos intercambiar el orden de integración y totalización. En este paso, en realidad estamos tratando con $\infty - \infty$ tipo indeterminado, que están muy bien escondidos, y no supimos manejarlo correctamente. Esto es más evidente si dibujamos la gráfica de la suma parcial

$$y = \sum_{k=1}^{n} (2x^{2k-1} - x^{k-1})$$

para $n = 1, \cdots, 20$ como sigue. (El Color cambia de rojo a verde a azul como $n$ se incrementa).

La masa de $\log 2$ se concentra alrededor de la gran incremento en $x = 1$, que se desvanece como $n \to \infty$. Esta es la razón por la que en ambos cálculo terminamos perdiendo $\log 2$.

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Hablando de manera diferente, el error común de lo que hemos hecho es esencialmente el mismo como en el siguiente falso argumento:

\begin{align*} 0 &= \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots \right) - \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots \right) \\ &= \left( \frac{2}{2} + \frac{2}{4} + \frac{2}{6} + \cdots \right) - \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots \right) \\ &= -1 + \left(\frac{2}{2} - \frac{1}{2}\right) - \frac{1}{3} + \left( \frac{2}{4} - \frac{1}{4}\right) - \cdots \\ &= -1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \cdots \\ &= -\log 2. \end{align*}

En nuestro cálculo, cambiando el orden de los sumando se logra mediante la duplicación de la exponente; que es, por el cambio de $\int_{0}^{1} x^{n-1} \,dx$$\int_{0}^{1} 2x^{2n-1} \,dx$.