Una serie infinita para $\ln 2$ y tomando los límites de las sumas

Question

Ejemplo $1$ . $$\tfrac 14\text{Log }2=\sum\limits_{k=1}^\infty\frac 1{\left\{2(2k-1)\right\}^3-2(2k-1)}\tag1$$

Prueba. El lado derecho anterior es igual a $\tfrac 12\{\varphi(2)-\varphi(4)\}$ . Por lo tanto, el resultado se deduce de las dos identidades $$\text{Log }2=\tfrac 12\varphi(2)$$$$ \tfrac 32\text{Log }2=\varphi(4)$$

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Pregunta: ¿Cómo se demuestra $(1)$ ?

Empecé con $\varphi(2,n)$ y $\varphi(4,n)$ ; los restó, y trató de demostrar que juntos, el límite era igual a $\tfrac 12\text{Log }2$ . Sin embargo, esto es todo lo que tengo $$\begin{align*}\varphi(2,n)-\varphi(4,n) & =\sum\limits_{k=1}^n\left\{\frac 1{2k-1}+\frac 1{2k+1}-\frac 1k\right\}-\sum\limits_{k=1}^n\left\{\frac 1{4k-1}+\frac 1{4k+1}-\frac 1{2k}\right\}\\ & \\ & =\sum\limits_{k=1}^n\frac 1{2k-1}+\sum\limits_{k=1}^n\frac 1{2k+1}-\sum\limits_{k=1}^n\frac 1k-\sum\limits_{k=1}^n\frac 1{4k-1}-\sum\limits_{k=1}^n\frac 1{4k+1}+\sum\limits_{k=1}^n\frac 1{2k}\\ & \\ & =\sum\limits_{k=1}^n\frac 1{2k-1}+\sum\limits_{k=1}^n\frac 1{2k+1}-\sum\limits_{k=1}^n\frac 1{4k-1}-\sum\limits_{k=1}^n\frac 1{4k+1}-\frac 12\sum\limits_{k=1}^n\frac 1k\end{align*}$$ Sin embargo, es después de este paso cuando no sé qué hacer. Si se divide dos veces el RHS de $(1)$ , se obtiene un $1/(4k-3)$ término, un $1/(4k-1)$ plazo y un $1/(2k-1)$ término. Estoy desconcertado sobre cómo han llegado hasta ahí.

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Además, probablemente debería añadir las definiciones de las notaciones $$\lim\limits_{n\to\infty}\varphi(a,n)=\varphi(a)$$$$ \varphi(a,n)=1+2\sum\limits_{k=1}^n\left\{\frac 1{(ak)^3-ak}\right\}$$ Donde $a$ es mayor que uno.

Perdón por el aumento de preguntas de suma, estoy analizando los trabajos de Ramanujan sobre Series Armónicas y Funciones Tangentes Inversas.

Answer 1

Por descomposición de la fracción parcial $$ \frac{1}{8x^3-2x} = \frac{1}{(2x-1)2x(2x+1)} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2x-1}-\frac{1}{2x}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2x+1}\tag{1} $$ por lo tanto, sustituyendo $x$ con $2k-1$ nos encontramos con que: $$ \frac{1}{8(2k-1)^3-2(2k-1)}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4k-3}-\frac{1}{4k-2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4k-1}\tag{2} $$ o: $$ \frac{1}{8(2k-1)^3-2(2k-1)}=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\left(x^{4k-4}-2x^{4k-3}+x^{4k-2}\right)\,dx\tag{3} $$ y sumando ambos lados de $(3)$ en $k\geq 1$ : $$ \sum_{k\geq 1}\frac{1}{8(2k-1)^3-2(2k-1)}=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{(1-x)^2}{1-x^4}\,dx = \color{red}{\frac{1}{4}\log 2} \tag{4}$$ siempre por descomposición parcial de la fracción, o a través de: $$ \int_{0}^{1}\frac{(1-x)}{(1+x)(1+x^2)}\,dx\stackrel{x\mapsto\tan\theta}{=} \int_{0}^{\pi/4}\frac{\cos\theta-\sin\theta}{\sin\theta+\cos\theta}\,d\theta = \left[\log(\sin\theta+\cos\theta)\right]_{0}^{\pi/4}.\tag{5}$$

Answer 2

Dejemos que $S(n)=\sum_{k=1}^n\frac {1}{k}.$ Tenemos $S(n)=\gamma +\log n +O(n^{-1})$ como $n\to \infty,$ donde $\gamma$ es la constante de Euler.

Dejemos que $T(n)= \sum_{j=1}^n\frac {1}{2j-1}.$ Tenemos $T(n)=S(2n)-\frac {1}{2}S(n)=\frac {1}{2} \gamma +\log 2+\frac {1}{2}\log n+O(n^{-1}).$

Tenemos $$\sum_{k=1}^n\frac {1}{ [2(2k-1)]^3-2(2k-1)}=\frac {1}{2}\sum_{k=1}^n \frac {1}{4k-3}+\frac {1}{4k-1}-\frac {2}{4k-2}=$$ $$=\frac {1}{2}(\;T(2n)-T(n)\;)=$$ $$=\frac {1}{2}\left(\frac {1}{2}\log 2n-\frac {1}{2}\log n\right)+O(n^{-1})=\frac {1}{4}\log 2+O(n^{-1}).$$

Answer 3

Prueba: identidad: $$\frac{1}{x^3 -x} = \frac{1}{2(x-1)} + \frac{1}{2(x+1)} -\frac{1}{x}$$

$$\sum\limits_{k=1}^n\frac 1{\{2(2k-1)\}^3-2(2k-1)}=\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^n\frac 1{4k-3}+\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^n\frac 1{4k-1}-\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^n\frac 1{2k-1}$$

Sea RHS = $\frac{y}{2}$

Los dos primeros términos de $y$ de arriba dan los dos primeros términos de abajo y el último término de $y$ de arriba da el último término de abajo.

$$y= \sum\limits_{k=1}^{4n}\frac{1}{k} - \sum\limits_{k=1}^{2n}\frac{1}{2k} -\left(\sum\limits_{k=1}^{2n}\frac{1}{k} - \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k}\right)$$

$$y= \left(\sum\limits_{k=1}^{4n}\frac{1}{k} - \log 4n\right) +\log 4n - \frac{1}{2}\left(\sum\limits_{k=1}^{2n}\frac{1}{k} -\log2n\right) - (1/2)\log2n -\left(\sum\limits_{k=1}^{2n}\frac{1}{k}-\log 2n\right) - \log 2n + \frac{1}{2}\left(\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - \log n\right) + (1/2)\log n$$

Como $n \to \infty$ Cada una de las expresiones entre paréntesis se reduce a la constante de Euler y se cancela. Los términos restantes son:

$$ \log 4n - \log 2n - (1/2)\left(\log 2n - \log n\right) = \log 2 - (1/2) \log 2 = (1/2) \log 2$$

Por lo tanto, la suma original es $(1/4) \log 2$