Demostrando que $\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^n}{(k+1)\times (n-k+1)}$ converge

Question

¿Cómo puedo demostrar que la siguiente suma converge? $$\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^n}{(k+1)\times (n-k+1)}$$

Intenté demostrarlo probando que la siguiente suma en valor absoluto converge, por lo que la original también converge, pero eso es incorrecto.

¿Otras ideas?

Answer 1

Si lo escribimos de esta manera

$$\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^n}{(k+1)\times (n-k+1)} = \sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(k+1)}\times \frac{(-1)^{n-k}}{(n-k+1)}$$

Entonces este es el producto de Cauchy (convolución discreta) de $\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(k+1)}$ consigo mismo. Sabemos que $\ln(1+x)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}x^k}{k}$, cambiando el índice $k \rightarrow k+1$ obtenemos $\ln(1+x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^{k}x^{k+1}}{k+1}$ y tenemos $\ln(2)=\ln(1+1)=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^{k}}{k+1}$ y podemos concluir que

$$\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^n}{(k+1)\times (n-k+1)} = \left(\ln(2)\right)^2$$

En cuanto a la convergencia, esta serie $\color{red}{\text{no}}$ converge absolutamente. Para probar esto, consideramos la suma de la cola

$$ \sum_{r=m}^n \sum_{k=0}^r \Bigl|\frac{(-1)^r}{(k+1) (r-k+1)} \Bigr| = \sum_{r=m}^n\sum_{k=0}^r \frac{1}{(k+1) (r-k+1)} $$

Ahora consideremos la suma interna

$$\sum_{k=0}^r \frac{1}{(k+1) (r-k+1)} = \frac{1}{r+2}\sum_{k=0}^r \frac{(r-k+1) + (k+1)}{(k+1) (r-k+1)} \\ = \frac{1}{r+2}\sum_{k=0}^r\Bigl( \frac{1}{k+1}+\frac{1}{r-k+1} \Bigr) = \frac{2}{r+2}\sum_{k=0}^r \frac{1}{k+1} > \frac{2\ln(r+2)}{r+2}$$

usando la prueba integral, porque $ \sum_{k=0}^r \frac{1}{k+1} = \sum_{k=1}^{r+1} \frac{1}{k} > \int_1^{r+2} \frac{1}{x} dx = \ln(r+2)$

y en general tenemos

$$\sum_{r=m}^n\sum_{k=0}^r \frac{1}{(k+1) (r-k+1)} > 2\sum_{r=m}^n \frac{\ln(r+2)}{r+2}$$

que sabemos diverge cuando $n\rightarrow \infty$ independientemente de $m$ (Rudin, Principios de Análisis Matemático, Teorema 3.29. para $p=-1$). Pero esta serie es alternante y converge no absolutamente (una vez más, Rudin, Principios de Análisis Matemático, Teorema 3.43.). Para demostrar esto, lo único que necesitamos es mostrar que $\sum_{k=0}^r \frac{1}{(k+1) (r-k+1)} \ge \sum_{k=0}^{r+1} \frac{1}{(k+1) (r-k+2)}$ porque la serie alternante es de la forma $\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \Bigl( \sum_{k=0}^n \frac{1}{(k+1)\times (n-k+1)}\Bigr)$. Basándonos en el cálculo anterior tenemos que demostrar

$$\frac{2}{r+2}\sum_{k=0}^r \frac{1}{k+1} \ge \frac{2}{r+3}\sum_{k=0}^{r+1} \frac{1}{k+1} \\ \Rightarrow \frac{1}{r+2}\sum_{k=0}^r \frac{1}{k+1} \ge \frac{1}{r+3}\sum_{k=0}^{r} \frac{1}{k+1} + \frac{1}{(r+2)(r+3)} \\ \Rightarrow \Bigl( \sum_{k=0}^{r} \frac{1}{k+1} \Bigr)\Bigl(\frac{1}{r+2} - \frac{1}{r+3}\Bigr)\ge \frac{1}{(r+2)(r+3)} \\ \Rightarrow \Bigl( \sum_{k=0}^{r} \frac{1}{k+1} \Bigr)\Bigl(\frac{1}{(r+2)(r+3)}\Bigr)\ge \frac{1}{(r+2)(r+3)} $$

Pero eso es obviamente cierto $\square$.

Por lo tanto, el valor de la serie puede ser cualquier cosa de acuerdo al teorema de reordenamiento de Riemann, pero en esta formación, el valor de la serie converge a $\left(\ln(2)\right)^2$

(P.D. si quieres tener una intuición, piénsalo como $\int\int \frac{1}{x^2}$ que te da $\ln x$ que sabemos que es ilimitado.)