Cómo demostrar que $$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\dfrac{3n-1}{n^2 + n} = \log\left({32}\right) - 4$$ ? ¿Puedo utilizar la prueba de las series alternas y cómo?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Farkhod Gaziev
Puntos
6
$$\dfrac{3n-1}{n(n+1)}=\dfrac{3(n+1)-4}{n(n+1)}=\dfrac3n-4\left(\dfrac1n-\dfrac1{n+1}\right)=\dfrac4{n+1}-\dfrac1n$$
Esto también puede lograrse mediante Descomposición de fracciones parciales $$\dfrac{3n-1}{n(n+1)}=\dfrac An+\dfrac B{n+1}$$
Ahora $\ln(1-x)=-\sum_{r=1}^\infty\dfrac{x^r}r$ para $-1\le x<1$ por
¿Cuál es el radio de convergencia correcto para $\ln(1+x)$ ?
gimusi
Puntos
1255
HINT
Tenemos que
$$(-1)^{n}\dfrac{3n-1}{n^2 + n} =(-1)^{n}\frac1n\dfrac{3n+3-4}{n + 1} =3\frac{(-1)^{n}}n-4(-1)^{n}\dfrac{1}{n(n + 1)}=\ldots$$
y ya que por medio de la telescópica
$$\dfrac{1}{n(n + 1)}=\frac1{n}-\frac1{n+1}$$
obtenemos
$$-\frac{(-1)^{n}}n+4\dfrac{(-1)^{-1}}{n + 1}$$
entonces recuerda que por series armónicas alternas
- $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}}n=\ln 2$
$$S_1= \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\dfrac{3n-1}{n^2 + n}$$ $$\dfrac{3n-1}{n^2 + n} = \dfrac{3-\frac{1}{n}}{n + 1} = \left(\frac{4}{n+1} - \frac{1}{n}\right)$$ Así que \begin{align} S_1 &= \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{4}{n+1} - \frac{1}{n}\right)\\ &= 4\underbrace{\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{1}{n+1}}_{s_2} - \underbrace{\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{1}{n}}_{-\ln(2)} \end{align} Sabemos, entonces $$\ln(1 + x) = \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}\frac{x^k}{k} = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^2}{3} - \frac{x^2}{4} + \cdots$$ y para $x = 1$ tenemos $$\ln(1 + 1) = \ln(2) = \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}\frac{1^k}{k} = 1 \underbrace{- \frac{1^2}{2} + \frac{1^2}{3} - \frac{1^2}{4} + \cdots}_{s_2} = 1- s_2$$
Lo que implica $$s_2 = \ln(2) -1$$ Por lo tanto, \begin{align} S_1 &= 4(s_2) - (-\ln(2))\\ &= 4(\ln(2) -1) - (-\ln(2))\\ &= 4\ln(2) -4 + \ln(2)\\ &= 5\ln(2) -4\\ &= \ln(32) -4\\ \end{align}
Ver:
