Evaluación de $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n+1)}=2-2\ln(2)$

Question

Me encontré con las siguientes afirmaciones

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(2 n+1)}=2-2\ln 2 \qquad \tag{1}$$

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(3 n+1)}=3-\frac{3 \ln 3}{2}-\frac{\pi}{2 \sqrt{3}} \qquad \tag{2}$$

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(4 n+1)}=4-\frac{\pi}{2}-3 \ln 2 \qquad \tag{3}$$

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(6 n+1)}=6-\frac{\sqrt{3} \pi}{2}-\frac{3 \ln 3}{2}-2 \ln 2 \qquad \tag{3}$$

El (1) por fracciones parciales

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

$$=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}-\frac{1}{n+\frac{1}{2}}$$

Recordemos la función Digamma

$$\psi(x+1)=\gamma+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}-\frac{1}{n+x}$$

Por lo tanto,

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}-\frac{1}{n+\frac{1}{2}}=\psi(1+\frac{1}{2})-\gamma$$

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

De la misma manera podemos derivar la relación para las otras tres ralaciones. Mi pregunta es: ¿podemos calcular los valores de la función digamma para esos valores sin recurrir a la fórmula Digamma de Gauss?

$$\psi\left(\frac{r}{m}\right)=-\gamma-\ln (2 m)-\frac{\pi}{2} \cot \left(\frac{r \pi}{m}\right)+2 \sum_{n=1}^{\left\lfloor\frac{m-1}{2}\right\rfloor} \cos \left(\frac{2 \pi n r}{m}\right) \ln \sin \left(\frac{\pi n}{m}\right)$$

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También intenté este enfoque, pero creo que la integral resultante es divergente $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(2 n+1)}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\int_{0}^{1}x^{2n}dx=\int_{0}^{1}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n}=-\int_{0}^{1}\ln(1-x^2)dx $$

Answer 1

Se puede observar que $$-\log(1-x^k)=\sum_{n\geq 1}\frac{x^{kn}}{n}$$ e integrando esto con respecto a $x$ en $[0,1]$ obtenemos $$I_{k} =-\int_0^1\log(1-x^k)\,dx=\sum_{n\geq 1}\frac {1}{n(kn+1)}$$ A continuación tenemos $$I_k=-\int_{0}^{1}\log(1-x)\,dx-\int_0^1\log\frac{1-x^k}{1-x}\,dx=1-\int_0^1\log(1+x+\dots+x^{k-1})\,dx$$ y podemos evaluar la integral para valores pequeños de $k$ .

En general $k$ necesitamos el polinomio ciclotómico y sus raíces. Sea $z_m=\exp(2m i\pi/k) $ para $m=1,2,\dots,k-1$ y entonces tenemos $$J_k=\int_0^1\log(1+x+\dots +x^{k-1})\,dx=\sum_{m=1}^{k-1}\int_0^1\log(x-z_m)\,dx$$ Si $k$ es incluso entonces tenemos $z_{k/2}=-1$ y el resto de los valores de $z_m$ se puede poner en pares de conjugados y obtenemos $$J_k=\int_0^1\log(1+x)\,dx+\sum_{m<k/2}\int_0^1\log\left(x^2-2x\cos\frac{2m\pi}{k}+1\right)\,dx$$ que es igual a $$J_k=2\log 2 +1 - k+\sum_{m<k/2}\left\{4\sin^2\left(\frac{m\pi}{k}\right)\log\left(2\sin\left(\frac{m\pi}{k}\right)\right) +\frac{(k-2m)\pi}{k}\cdot\sin\left(\frac{2m\pi}{k}\right)\right\} $$

Para impar $k$ todas las raíces $z_m$ se emparejan con sus conjugados y la expresión para $J_k$ sigue siendo el mismo que en el caso de incluso $k$ excepto el término $2\log 2 $ .

Por lo tanto, tenemos $$I_k=k-2\log 2-\sum_{m<k/2}\left\{4\sin^2\left(\frac{m\pi}{k}\right)\log\left(2\sin\left(\frac{m\pi}{k}\right)\right) +\frac{(k-2m)\pi}{k}\cdot\sin\left(\frac{2m\pi}{k}\right)\right\} $$ si $k$ es par y $$I_k=k- \sum_{m<k/2}\left\{4\sin^2\left(\frac{m\pi}{k}\right)\log\left(2\sin\left(\frac{m\pi}{k}\right)\right) +\frac{(k-2m)\pi}{k}\cdot\sin\left(\frac{2m\pi}{k}\right)\right\} $$ si $k$ es impar.

Utilizando la fórmula anterior se pueden verificar los valores dados en cuestión. Como otros han señalado, tienes un error tipográfico en la suma $I_2$ cuyo valor correcto es $2-2\log 2$ .

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He aquí un hecho interesante que he observado. Desde $I_k>0$ se deduce que $$\int_0^1\log(1+x+\dots+x^{k-1})\,dx<1$$ El integrando es positivo en $(0,1]$ y si $k$ es grande puede tomar un valor muy grande $\log k$ y sin embargo la integral está acotada para todo $k$ .

Answer 2

$\def\o{\omega_k}$ $$ \sum_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{n(2n + 1)}}} = 2\sum_{n = 1}^\infty\left(\frac1{2n}-\frac1{2n+1}\right)=2\left(1-\sum_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^n}n\right)=2-2\log2. $$

Observe el factor adicional $2$ comparando con una errata en su pregunta.

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Inspirándonos en este resultado podemos elaborar la solución general:

Observamos que:

$$S_k=\sum_{n=1}^\infty\frac1{nk(kn+1)}=\sum_{n = 1}^\infty\left(\frac1{kn}-\frac1{kn+1}\right)=1-\frac1k \sum_{j=1}^k(1-\o^{-j})\log\left(1-\o^j\right),\tag1$$ donde $\o=e^{\frac{2\pi i}k}$ es el $k$ - raíz primitiva de la unidad.

Para verificar $(1)$ observar: $$ \frac1k\sum_{j=1}^k(\o^j)^p=\mathbb{1}_{p\equiv0\pmod k}. $$

Por supuesto, es interesante representar la solución (1) en términos de parámetros reales utilizados en la pregunta. Esto se puede hacer de la siguiente manera. Observemos que podemos omitir en la suma el término $j=k$ y combinar los términos complejos conjugados $j$ y $k-j$ para obtener: $$ S_k=1-\frac1k\left\{\underbrace{\left[1+(-1)^k\right]}_{s_k}\log2+ \sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac {k-1}2\right\rfloor} \left[(1-\o^{-j})\log\left(1-\o^j\right)+(1-\o^{j})\log\left(1-\o^{-j}\right)\right]\right\},\\ $$ en la que hemos señalado el término no emparejado $2\log2$ para $j=\frac k2$ en el caso de incluso $k$ .

La suma se puede reescribir como $$\begin{align} &\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac {k-1}2\right\rfloor}\left\{\left(1-\cos\frac{2\pi j}k\right)\log\left(\left[1-e^{\frac{2\pi j}ki}\right]\left[1-e^{-\frac{2\pi j}ki}\right]\right)+i\sin\frac{2\pi j}k\log\left( \frac{1-e^{\frac{2\pi j}ki}}{1-e^{-\frac{2\pi j}ki}}\right) \right\}\\ &=\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac {k-1}2\right\rfloor}\left\{\left(1-\cos\frac{2\pi j}k\right)\log\left(2-2\cos\frac{2\pi j}k\right)+\pi\left(1-\frac{2j}k\right)\sin\frac{2\pi j}k \right\},\\ \end{align}$$ para que finalmente: $$\begin{align} S_k&=1-\frac1k\left\{s_k\log2+\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac {k-1}2\right\rfloor} \left[4\sin^2\frac{\pi j}k \log\left(2\sin\frac{\pi j}k\right)+ \pi\left(1-\frac{2j}k\right)\sin\frac{2\pi j}k\right]\right\}\\ &=1-\log2-\frac1k\left\{4\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac {k-1}2\right\rfloor}\sin^2\frac{\pi j}k \log\left(\sin\frac{\pi j}k\right)+ \frac\pi2\cot\frac\pi k\right\}.\tag2 \end{align}$$

La derivación de la última línea se da a continuación.

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Anexo

Vamos a probar: $$Z_k=\sum_{0<j<\frac k2} \left(1-\frac{2j}k\right)\sin\frac{2\pi j}k=\frac12\cot\frac\pi k.$$

Primero observamos que debido a la simetría: $$ Z_k=\frac12\sum_{0\le j<k}\left(1-\frac{2j}k\right)\sin\frac{2\pi j}k. $$

Siguiente: $$\begin{align} 4Z_k\sin\frac\pi k&=\sum_{0\le j<k}\left(1-\frac{2j}k\right) \left(\cos\frac{\pi(2j-1)}k-\cos\frac{\pi(2j+1)}k\right)\\ &=\sum_{0\le j<k}\left(1-\frac{2j}k\right)\cos\frac{\pi(2j-1)}k -\sum_{1\le j\le k}\left(1+\frac2k-\frac{2j}k\right)\cos\frac{\pi(2j-1)}k\\ &=\underbrace{\cos\frac{\pi}k}_{j=0} +\underbrace{\cos\frac{\pi}k}_{j=k} -\frac2k\underbrace{\sum_{1\le j\le k}\cos\frac{\pi(2j-1)}k}_{=0}\\ &=2\cos\frac{\pi}k. \end{align}$$

La prueba de la otra identidad utilizada en $(2)$ : $$\sum_{0<j<k}\sin^2\frac{\pi j}k=\frac k2$$ válido para $k\ge2$ es trivial.

Answer 3

$$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac1{n(2n+1)} &=2\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N\left(\frac1{2n}-\frac1{2n+1}\right)\tag1\\ &=2\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N\left(\frac1n-\left(\frac1{2n}+\frac1{2n+1}\right)\right)\tag2\\ &=2\lim_{N\to\infty}\left(\sum_{n=1}^N\frac1n-\sum_{n=2}^{2N+1}\frac1n\right)\tag3\\ &=2\lim_{N\to\infty}\left(1-\sum_{n=N+1}^{2N+1}\frac1n\right)\tag4\\ &=2\lim_{N\to\infty}\left(1-\sum_{n=N+1}^{2N+1}\frac Nn\frac1N\right)\tag5\\ &=2\left(1-\int_1^2\frac{\mathrm{d}x}x\right)\tag6\\[9pt] &=2(1-\log(2))\tag7 \end{align} $$ Explicación:
$(1)$ : fracciones parciales
$\phantom{\text{(1):}}$ escribir la suma infinita como límite de sumas parciales
$(2)$ : aritmética
$(3)$ Combina los términos parentéticos interiores en una sola suma
$(4)$ : anular los términos
$(5)$ : multiplicar por $\frac NN$
$(6)$ Convertir la suma de Riemann en integral
$(7)$ : evalúa la integral

Answer 4

La respuesta correcta debería ser $2-2\log 2$ . Tenga en cuenta que $$ \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{n(2n + 1)}}} = \mathop {\lim }\limits_{N \to + \infty } \left( {\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{n}} - 2\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{2n + 1}}} } \right). $$ Ahora, en términos de los números armónicos, \begin {align*} \sum\limits_ {n = 1}^N { \frac {1}{n}} - 2 \sum\limits_ {n = 1}^N { \frac {1}{{2n + 1}}} & = \sum\limits_ {n = 1}^N { \frac {1}{n}} - 2 \left ( {-1+ \sum\limits_ {n = 1}^{2N + 1} { \frac {1}{n}} - \sum\limits_ {n = 1}^N { \frac {1}{{2n}}} } \right ) \\ & =2+ 2 \sum\limits_ {n = 1}^N { \frac {1}{n}} - 2 \sum\limits_ {n = 1}^{2N + 1} { \frac {1}{n}} =2+ 2H_N - 2H_{2N + 1} . \end {align*} Para terminar la prueba, utilice la asintótica $H_k = \log k + \gamma + o(1)$ como $k\to +\infty$ .

Answer 5

He aquí otro método que añadir a la lista. Considere la suma $$\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{1}{n\left( 2n+1 \right)}}$$ Tenga en cuenta que $$\psi \left( -z \right)+\gamma \underset{z\to n}{\mathop{=}}\,\frac{1}{z-n}+{{H}_{n}}+\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\left( {{\left( -1 \right)}^{k}}H_{n}^{k+1}-\zeta \left( k+1 \right) \right){{\left( z-n \right)}^{k}}}n\ge 0$$ Así que si tenemos una función $f$ que va como $1/{{z}^{2}}$ luego tomar $\left( \psi \left( -z \right)+\gamma \right)f\left( z \right)$ sobre un contorno cerrado infinitamente grande alrededor de $z=0$ sólo suma todos los residuos cuyo total es cero. Tenemos entonces $$\sum\limits_{n=1}^{\infty }{f\left( n \right)}=-\sum\limits_{f\left( z \right)}^{{}}{res\left( \psi \left( -z \right)+\gamma \right)f\left( z \right)}$$ donde la suma de la derecha es sobre todos los residuos debidos a $f$ . En este caso es muy sencillo: hay dos polos simples en $z=-1/2,0$ . El residuo en $z=0$ es fácil (utilice la expansión anterior). Tenemos $$\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{1}{n\left( 2n+1 \right)}}=2+\psi \left( \tfrac{1}{2} \right)+\gamma $$ En este punto voy a asumir que es bien sabido que $\psi \left( \tfrac{1}{2} \right)=-\gamma -2\log \left( 2 \right)$