¿Es posible escribir una suma como una integral para resolverla?

Question

Me preguntaba, por ejemplo,

Puede:

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

Ser escrito como un ¿Integral? Para solucionarlo. Yo soy NO hablando de un método para usar trucos con las integrales.

Pero escribir realmente una forma integral. Como

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(3n-1)(3n+2)} = \int_{a}^{b} g(x) \space dx$$

¿Cuáles son algunas trucos generales en la búsqueda de series de suma infinita.

Answer 1

Un truco general

Un truco general para sumar esta serie es utilizar Serie telescópica : $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac1{(3n-1)(3n+2)} &=\frac13\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N\left(\frac1{3n-1}-\frac1{3n+2}\right)\\ &=\frac13\lim_{N\to\infty}\left[\sum_{n=1}^N\frac1{3n-1}-\sum_{n=1}^N\frac1{3n+2}\right]\\ &=\frac13\lim_{N\to\infty}\left[\sum_{n=0}^{N-1}\frac1{3n+2}-\sum_{n=1}^N\frac1{3n+2}\right]\\ &=\frac13\lim_{N\to\infty}\left[\frac12-\frac1{3N+2}\right]\\ &=\frac16 \end{align} $$

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Un truco integral

Desde $$ \int_0^\infty e^{-nt}\,\mathrm{d}t=\frac1n $$ para $n\gt0$ podemos escribir $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac1{(3n-1)(3n+2)} &=\sum_{n=1}^\infty\frac13\int_0^\infty\left(e^{-(3n-1)t}-e^{-(3n+2)t}\right)\mathrm{d}t\\ &=\frac13\int_0^\infty\frac{e^{-2t}-e^{-5t}}{1-e^{-3t}}\mathrm{d}t\\ &=\frac13\int_0^\infty e^{-2t}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac16 \end{align} $$

Answer 2

Desde $\int_{0}^{1}x^k\,dx = \frac{1}{k+1}$ , $$\frac{1}{(3n-1)(3n+2)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3n-1}-\frac{1}{3n+2}\right)=\frac{1}{3}\int_{0}^{1}x^{3n-2}(1-x^3)\,dx,$$ por lo que, sumando sobre $n$ : $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(3n-1)(3n+2)}=\frac{1}{3}\int_{0}^{1}x\,dx=\frac{1}{6}.$$

Answer 3

En realidad, escribiéndola como una integral, como se pidió:

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(3n-1)(3n+2)} = \int_{1}^{\infty} \frac{1}{(3\lfloor x\rfloor-1)(3\lfloor x\rfloor+2)} dx$$

Sin embargo, esto probablemente no ayudará a encontrar el valor.

Answer 4

En estos casos, las fracciones parciales de término general (es decir $n^{th}$ ) de la serie infinita son muy útiles.
Dado que $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(3n-1)(3n+2)}=\sum_{n=1}^{\infty} T_{n}$$ Dónde, $T_{n}$ es el $n^{th}$ término de la serie dada que puede expresarse fácilmente en las fracciones parciales como sigue $$T_{n}=\frac{1}{(3n-1)(3n+2)}$$$$=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3n-1}-\frac{1}{3n+2}\right)$$ Ahora, tenemos $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(3n-1)(3n+2)}$$$$=\frac{1}{3}\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{3n-1}-\frac{1}{3n+2}\right) $$ $$=\frac{1}{3} \lim_{n\to \infty} \left[\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{8}\right)+\left(\frac{1}{8}-\frac{1}{11}\right)+\! \cdot \! ........ +\left(\frac{1}{3n-4}-\frac{1}{3n-1}\right)+\left(\frac{1}{3n-1}-\frac{1}{3n+2}\right)\right]$$ $$=\frac{1}{3} \lim_{n\to \infty} \left[\frac{1}{2} -\frac{1}{3n+2}\right]$$ $$=\frac{1}{3} \left[\frac{1}{2} -0\right]$$ $$=\color{blue}{\frac{1}{6}}$$

Answer 5

Efectivamente, podemos escribir la suma como una integral, después de investigar. Consideremos:

Encuentra: $\psi(1/2)$

Por definición:

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

Los requisitos $z$ es $z = -\frac{1}{2}$

así que deja que $z = -\frac{1}{2}$

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

Simplifica esto: $$\psi(1/2) = -\gamma - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(2n - 1)}$$

La suma parece difícil, pero realmente no lo es.

Podemos telescopiar o:

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

Dejemos que $x \rightarrow x^2$

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

Integrar una vez:

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

Vuelve a integrarte:

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{(2n-1)(n)} = 2\int \tanh^{-1}(x) dx$$

A partir de las tablas, la integral de $\tanh^{-1}(x)$

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

Tome el límite como $x \to 1$

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)(n)} = \log(4)$$

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

$$\psi(\frac{1}{2}) = -\gamma - \log(4)$$