Necesito ayuda para encontrar la suma de esto: $$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(4n^2-1)} $$ En primer lugar, he tratado de telescópica de alguna manera, pero parece ser un callejón sin salida. La única otra idea que tengo es que esto podría tener algo que ver con el logaritmo, pero realmente no sé cómo proceder. Cualquier pista sería muy apreciada.
@vonbrand En realidad, si integrara $$\int \frac{dx}{x(4x^2-1)},$$ Primero seleccionaría la sustitución $u = 4x^2 - 1$ , $du = 8x \, dx$ y escribir $$\int \frac{dx}{x(4x^2-1)} = \int \frac{8x}{2(4x^2)(4x^2-1)} = \int \frac{du}{2u(u+1)},$$ y entonces utilizar fracciones parciales en el polinomio racional más simple en su lugar.
1.) Utilizar fracciones parciales $a_n=\frac{1}{n(4n^2-1)}=\frac{1}{2 n-1}+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{n}$
2.) Reescribe la suma como $S =\sum_{n=1}^{\infty}a_n\equiv \lim_{N\rightarrow \infty} \sum_{n=1}^N a_n$
3.) Utiliza la representación en serie del función digamma y su relación con los números armónicos para obtener
$$ S=\lim_{N\rightarrow \infty}\left(-H_N+H_{N-\frac{1}{2}}+\frac{1}{2 N+1}-1+2\log (2) \right) $$
4.) Está claro que para $N\rightarrow \infty$ , $H_N\rightarrow H_{N-1/2}$ y $\frac{1}{2N+1}\rightarrow 0$ .
Por lo tanto, el resultado es
$$ S=2 \log(2)-1\approx 0.386294 $$
La función digamma y los números armónicos con índices medio enteros pueden (¿deberían?) evitarse.
@Did supongo (y creo que sé cómo hacerlo) así, pero para mí esta era la ruta más rápida así que la tomé :)
+1 ... Usando la función digamma, también obtuve $$\begin{align}S&=-\frac12(\psi(-1/2)+\psi(+1/2))-\gamma\\\\&=(\log(2)+\gamma/2)+( \log(2)+\gamma/2-1)-\gamma\\\\&=2\log(2)-1\end{align}$$
Dejemos que $$ f(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(4n^2-1)}x^{2n+1}. $$ Claramente $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(4n^2-1)}=f(1)$ . Nota $$ f'(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(2n-1)}x^{2n}, f''(x)=2\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n-1}}{2n-1}, f'''(x)=2\sum_{n=1}^\infty x^{2n-2}=\frac{2}{1-x^2}$$ Así que \begin{eqnarray} f(1)&=&\int_0^1\int_0^x\int_0^y\frac{2}{1-z^2}dzdydx\\ &=&\int_0^1\int_z^1\int_x^1\frac{2}{1-z^2}dydxdz\\ &=&\int_0^1\frac{1-z}{1+z}dz\\ &=&2\log2-1. \end{eqnarray}
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(4n^2-1)} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(2n-1)(2n+1)} = \sum_{n=1}^{\infty}\int_0^1 \int_0^1 \frac{x^{2n}y^{2n-2}}{n}\,dy \,dx $
$\displaystyle =\int_0^1 \int_0^1\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}y^{2n-2}}{n} \,dy \,dx = \int_0^1 \int_0^1 \frac{\log(1-x^2y^2)}{y^2}\,dy \,dx \\ \displaystyle = \int_0^1 2 x \tanh^{-1}(x)+\log(1-x^2)\,{dx} = \log(4)-1. $
Una forma de avanzar es observar que
$$\begin{align} \sum_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}\right)&=\sum_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}\right)-\sum_{n=1}^{N}\frac1n \tag 1\\\\ &=\sum_{n=1}^{2N}\frac1n -\sum_{n=1}^{N}\frac1n \tag 2\\\\ &=\sum_{n=N+1}^{2N}\frac1n \\\\ &=\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n+N} \\\\ &=\frac1N \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{1+n/N} \tag 3 \end{align}$$
Al pasar de $(1)$ a $(2)$ simplemente observamos que la suma, $\sum\limits_{n=1}^{2N}\frac1n$ se puede escribir en términos de sumas de términos pares e Impares indexados.
Ahora, observamos que el límite de $(3)$ es la suma de Riemann para la integral $$\int_0^1 \frac{1}{1+x}\,dx=\log(2).$$ Del mismo modo, vemos que
$$\begin{align} \sum_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n}\right)&=-1+\frac1N \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{1+n/N} \end{align}$$
es la suma de Riemann para $$-1+\int_0^1\frac{1}{1+x}\,dx=-1+\log(2).$$ Si juntamos todo esto, obtenemos el resultado esperado
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(2n-1)(2n+1)}=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}\right)+\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n}\right)=2\log(2)-1.$$
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