Si usted está buscando para recoger otros (verdaderamente) exótico soluciones a este, ciertamente, simple suma me puede ofrecer un uso armónico de sumas y Mellin transforma. Este bien podría calificar como un ganador, donde el eclecticismo se refiere.
Introducir $$T(x) = \sum_{n\ge 1}\frac{2n-1}{2^{xn}}
= \frac{1}{\sqrt{2}^x} \sum_{n\ge 1}\frac{2n-1}{2^{xn-x\times1/2}}
= \frac{1}{\sqrt{2}^x} \frac{1}{x} \sum_{n\ge 1}\frac{x(2n-1)}{\sqrt{2}^{x(2n-1)}}.$$
Vamos a evaluar $T(x)$ por la inversión de la transformada de Mellin
$$S(x) = \sum_{n\ge 1}\frac{x(2n-1)}{\sqrt{2}^{x(2n-1)}}$$ and then put $x=1$ para obtener el valor de la suma.
Recordar que el armónico suma de identidad
$$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1} \lambda_k g(\mu_k x);s\right) =
\left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} \right) g^*(s)$$
donde $g^*(s)$ es la transformada de Mellin $g(x).$
En el presente caso tenemos
$$\lambda_k = 1, \quad \mu_k = 2k-1 \quad \text{y} \quad
g(x) = x\sqrt{2}^{-x}.$$
Necesitamos la Mellin transformar $g^*(s)$ $g(x)$ que es
$$\int_0^\infty x\sqrt{2}^{-x} x^{m-1} dx =
\int_0^\infty \sqrt{2}^{-x} x^{(s+1)-1} dx
= \frac{1}{(1/2\log 2)^{s+1}}\Gamma(s+1).$$
Además,
$$\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s}
= \sum_{k\ge 1} \frac{1}{(2k-1)^s} = (1-2^{s})\zeta(s).$$
Por lo tanto, la Mellin transformar $Q(s)$ $S(x)$ está dado por
$$Q(s) = \frac{1}{(1/2 \log 2)^{s+1}} (1-2^{-s}) \Gamma(s+1) \zeta(s).$$
La adecuada Mellin de inversión integral es el dado por
$$\frac{1}{2\pi i}\int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty} Q(s)/x^s ds.$$
El polo en $s=1$ a partir de la función zeta término residuo
$$\mathrm{Res}(Q(s)/x^s; s=1) =
\frac{1}{x} \frac{1}{(1/2 \log 2)^2} (1-2^{-1})\Gamma(1)
= \frac{2}{x(\log 2)^2}.$$
El resto de los residuos de los polos en los enteros negativos se dan por
$$- \sum_{q\ge 1} (1/2 \log 2)^{p-1} (1-2^q) \frac{(-1)^{p-1}}{(p-1)!}
\frac{B_{p+1}}{q+1} x^q.$$
El trivial de los ceros de la función zeta plazo en los negativos números enteros cancelar los polos de la función gamma plazo en los valores. Todavía podemos dejar $q$ ejecutar a través de todos los números enteros negativos debido a los correspondientes números de Bernoulli son cero.
Re-escribo esto como
$ $ x \sum_{q\ge 1} (1/2 \log 2)^{p-1} (1-2^q) (-1)^{p-1}
\frac{B_{p+1}}{(p+1)!} q x^{p-1}.$$
Ahora la exponencial de la generación de la función de los números de Bernoulli está dada por
$$\frac{t}{e^t-1} = \sum_{m\ge 0} B_m \frac{t^m}{m!}.$$
Por lo tanto
$$-1 + \frac{t}{e^t-1} =
t \sum_{m\ge 1} B_m \frac{t^{m-1}}{m.}$$
y
$$\left(-\frac{1}{t} + \frac{1}{e^t-1}\right)'
= \sum_{m\ge 2} \frac{B_m}{m.} (m-1) t^{m-2}
= \sum_{m\ge 1} \frac{B_{m+1}}{(m+1)!} m t^{m-1}.$$
Esto le da
$$\frac{1}{t^2} - \frac{e^t} {e^t-1)^2} =
\sum_{m\ge 1} \frac{B_{m+1}}{(m+1)!} m t^{m-1}.$$
Ahora sustituimos los valores apropiados de $t$ a partir de la suma de los residuos en esta fórmula, recibiendo dos términos, el primero de los cuales da $t=-1/2\log 2 \times x$, la producción de
$$x \left(\frac{1}{x^2 (1/2\log 2)^2}
- \frac{1/\sqrt{2}^x}{(1/\sqrt{2}^x-1)^2}\right).$$
El segundo término ha $t=-\log 2 \times x$ y da
$$-2x \left(\frac{1}{x^2 (\log 2)^2}
- \frac{1/2^x}{(1/2^x-1)^2}\right).$$
Recoger las aportaciones de todos los residuos se obtiene finalmente
$$ \frac{2}{x(\log 2)^2}
- \frac{1}{x (1/2\log 2)^2}
+ x\frac{1/\sqrt{2}^x}{(1/\sqrt{2}^x-1)^2}
+ \frac{2}{x (\log 2)^2}
- 2x\frac{1/2^x}{(1/2^x-1)^2}.$$
Llevar a cabo la cancelación tenemos que
$$S(x) = x\frac{1/\sqrt{2}^x}{(1/\sqrt{2}^x-1)^2}
- 2x\frac{1/2^x}{(1/2^x-1)^2}.$$
Esto implica que
$$T(x) = \frac{1/2^x}{(1/\sqrt{2}^x-1)^2}
- \frac{2}{\sqrt{2}^x} \frac{1/2^x}{(1/2^x-1)^2}.$$
En particular, para $x=1$ que
$$T(1) = \frac{1/2}{(1/\sqrt{2}-1)^2}
- \sqrt{2}\frac{1/2}{(1/2-1)^2}
= \frac{1/2 ((1/\sqrt{2}+1)^2)}{(1/2-1)^2}
- 2\sqrt{2}
\\ = 2 ((1/\sqrt{2}+1)^2) -2\sqrt{2}
= 2 (3/2+2/\sqrt{2}) -2\sqrt{2} = 3.$$
