Cómo evaluar esta suma $\sum_{k=1}^{n}{n \choose k}(-2)^k\cdot \frac{1-2^{-k}}{k}$

Question

Me gustaría resolver esta integral

$$\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^{2n+1}}\large\frac{dx}{1+x^2}$$

Empecemos con $x=\tan(u)$ , $u=\arctan(u)$

$dx=\sec^2(u)du$

$$\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sec^2(u)}{(1+\tan^2(u))\left[\sqrt{1+\tan^2(u)}+\tan(u)\right]^{2n+1}}du$$

trigonometría de la identidad: $1+\tan^2(x)=\sec^2(x)$

$$\int_{0}^{\pi/2}\frac{du}{[\tan(u)+\sec(u)]^{2n+1}}$$

nota que $$\frac{1}{(\tan(u)+\sec(u))^{2n+1}}=\cos(u)\frac{(\sin(u)-1)^{n}}{(\sin(u)+1)^{n+1}}$$

$$\int_{0}^{\pi/2}\cos(u)\frac{(\sin u-1)^{n}}{(\cos u+1)^{n+1}}du$$

Hacemos otro submarino: $v=\sin(u)$ , $du=\frac{1}{\cos v} dv$

$$\int_{0}^{1}\frac{(v-1)^{n}}{(v+1)^{n+1}}dv$$

Todavía podemos simplificar más esta integral por sub: $y=v+1$ , $dv=dy$

$$\int_{1}^{2}\frac{(y-2)^n}{y^{n+1}}dy$$

Aplicación del teorema del binomio $$\frac{(y-2)^n}{y^{n+1}}=\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-2)^ky^{-1-k}$$

$$\sum_{k=0}^{n}{n\choose k}(-2)^k{\int_{1}^{2}y^{-1-k}dy}=\sum_{k=1}^{n}{n\choose k}(-2)^k{\int_{1}^{2}y^{-1-k}dy}+\int_{1}^{2}y^{-1}dy$$

$$\sum_{k=1}^{n}{n \choose k}(-2)^k\cdot \frac{1-2^{-k}}{k}+\ln 2$$

Estoy atascado con esta suma. Evaluar la suma es algo que me resulta bastante difícil.

Estuve comprobando en el número de Harmonic que tengo parte de la respuesta:

$$\sum_{k=1}^{n}{n \choose k}(-2)^k\cdot \frac{1-2^{-k}}{k}+\ln 2=\sum_{k=1}^{n}{n \choose k}\frac{(-2)^k}{k}-\sum_{k=1}^{n}{n \choose k}\frac{(-1)^k}{k}+\ln 2$$

$$\sum_{k=1}^{n}{n \choose k}\frac{(-2)^k}{k}+H_n+\ln 2$$

Answer 1

Mediante la sustitución $x=\sinh t$ la integral original se convierte en $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\cosh t}{1+\sinh^2 t}e^{-(2n+1) t}\,dt=\int_{0}^{+\infty}\frac{dt}{e^{(2n+1)t}\cosh t}\stackrel{t\mapsto \log u}{=}\int_{1}^{+\infty}\frac{2\,du}{u^{2n+1}(u^2+1)} $$ relacionada con la transformada de Laplace de $\frac{1}{\cosh t}$ . Dejando que $u\mapsto\frac{1}{v}$ obtenemos $$ \int_{0}^{1}\frac{2v}{v^2+1}\cdot v^{2n}\,dv = 2\int_{0}^{\pi/4}\left(\tan\theta\right)^{2n+1}\,d\theta=\int_{0}^{1}\frac{2v}{v^2+1}\left[(v^2+1)-1\right]^n\,dv$$ (por lo que nuestra función de $n$ es positivo, decreciente y log-convexo) o $$ (-1)^n \log(2)+\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{n-k}\int_{0}^{1}2v(v^2+1)^{k-1}\,dv $$ o $$ (-1)^n \log(2)+(-1)^n \sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}(-1)^k \frac{2^k-1}{k} $$ que esencialmente es un Transformación binomial . Desde $\frac{2^k-1}{k}=\int_{1}^{2}w^{k-1}\,dw$ la línea anterior es igual a $$(-1)^n \log(2)+(-1)^n \int_{1}^{2}\frac{-1+(1-w)^n}{w}\,dw $$ o $$ \frac{H_{n/2}-H_{(n-1)/2}}{2}=\frac{\psi((n+2)/2)-\psi((n+1)/2)}{2}=\sum_{m\geq 0}\frac{1}{(2m+n+1)(2m+n+2)} $$ o (suponiendo que $n\in\mathbb{N}^+$ ) $$ (-1)^n \sum_{k>n}\frac{(-1)^{k+1}}{k}. $$

Answer 2

Una pista.

$$ (1-x)^n = \sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-1)^k x^k $$

y

$$ \int (1-x)^n dx = \sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-1)^k \frac{x^{k+1}}{k+1} $$