Cómo demostrar que $\int_0^1\left(\sum\limits_{k=n}^\infty {x^k\over k}\right)^2\,dx = \int_0^1 2x^{n-1}\log\left(1+{1\over\sqrt{x}}\right)\,dx$

Question

El problema 11611 del American Mathematical Monthly te pide esencialmente que demuestres que $$\lim_n\ n \int_0^1\left(\sum_{k=n}^\infty {x^k\over k}\right)^2\,dx=2\log(2).\tag1$$

Esto se deduce fácilmente de (2), que se cumple para valores pequeños de $n$ según Maple. Pero no pude probar la ecuación (2) en general, así que encontré una solución directa para (1) en su lugar.

$$\int_0^1\left(\sum_{k=n}^\infty {x^k\over k}\right)^2\,dx = \int_0^1 2x^{n-1}\log\left(1+{1\over\sqrt{x}}\right)\,dx.\tag2$$

Pero sigo teniendo curiosidad por (2). ¿Qué me falta? ¿Cómo se puede demostrar la ecuación (2)?

Answer 1

Dejemos que $\mathcal{R}_n$ denotan la integral del lado derecho de la ec. (2): $$ \mathcal{R}_n = \int_0^1 2 x^{n-1} \log\left(1+\frac{1}{\sqrt{x}}\right) \mathrm{d}x $$ Considere $$ \begin{eqnarray} (n+1) \mathcal{R}_{n+1} - n \mathcal{R}_n &=& \int_0^1 2 \left( (n+1) x^{n} - n x^{n-1} \right) \log\left(1+\frac{1}{\sqrt{x}}\right) \mathrm{d}x \\ &=& \int_0^1 2 \log\left(1+\frac{1}{\sqrt{x}}\right) \mathrm{d} \left( -x^n \left(1-x\right)\right) \\ &=& \int_0^1 \left(\sqrt{x}-1\right)x^{n-1} \mathrm{d} x = \frac{2}{2n+1} - \frac{1}{n} \end{eqnarray} $$ Por lo tanto: $$ n \mathcal{R}_n = \mathcal{R}_1 + \sum_{m=1}^{n-1} \left( \frac{2}{2m+1} - \frac{1}{m} \right) = \psi\left(n+\frac{1}{2}\right) - \psi(n) + 2 \left(\log(2)-1\right) + \mathcal{R}_1 $$ Integral $\mathcal{R}_1$ puede integrarse fácilmente por partes: $$ \mathcal{R}_1 = 2 \int_0^1 \log\left(1+\frac{1}{\sqrt{x}}\right)\mathrm{d} x\stackrel{\text{by parts}}{=} \left. 2\left( x \log\left( 1 + \frac{1}{\sqrt{x}}\right) + \sqrt{x} - \log\left(1+\sqrt{x}\right) \right) \right|_{x \downarrow 0}^{x = 1} = 2 $$ Así, $$ n \mathcal{R}_n = 2 \log(2) + \psi\left(n+\frac{1}{2}\right) - \psi(n) $$

Del mismo modo, si se denota $\mathcal{L}_n = \int_0^1 f_n(x)^2 \mathrm{d} x$ la integral del lado izquierdo de la ecuación (2): $$ \begin{eqnarray} n \left(\mathcal{L}_{n+1} - \mathcal{L}_n\right) &=& \int_0^1 \left( n f_{n+1}(x)^2 - n \left( \frac{x^n}{n} + f_{n+1}(x) \right)^2 \right)\mathrm{d} x \\ &=& \int_0^1 \left( -2 x^n f_{n+1}(x) - \frac{x^{2n}}{n}\right)\mathrm{d} x \\ &=& \color\maroon{2 \int_0^1 x^n \log(1-x) \mathrm{d} x} + {\color\blue{2 \int_0^1 x^n \sum_{k=1}^{n} \frac{x^k}{k} \mathrm{d} x}} - \frac{1}{n(2n+1)} \\ &=& \color\maroon{-\frac{2}{n+1} H_{n+1}} + 2 \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+n+1)} - \frac{1}{n(2n+1)} \\ &=& \frac{2}{n+1} \left( \psi(n+1) - \psi(2+2n) \right) - \frac{1}{n(2n+1)} \\ &=& \frac{1}{n (n+1)} \left( \psi(n+1)-\psi\left(n+\frac{3}{2}\right)-2 \log (2) \right) -\frac{1}{n^2 (2 n+1)} \end{eqnarray} $$ donde $f_n(x) = \sum_{k=n}^\infty \frac{x^k}{k}$ . Ahora bien, desde $\mathcal{L}_1 = \int_0^1 \log^2(1-x)\mathrm{d} x = 2$ y como $\mathcal{R}_{n+1} - \mathcal{R}_n$ es igual a $\mathcal{L}_{n+1} -\mathcal{L}_n$ establecemos que $\mathcal{L}_n = \mathcal{R}_n$ : $$ \mathcal{R}_{n+1} - \mathcal{R}_n = 2\log(2) \left( \frac{1}{n+1}- \frac{1}{n} \right) + \frac{1}{n+1} \left( \psi\left(n+\frac{3}{2}\right) - \psi (n+1)\right) - \frac{1}{n} \left( \psi\left(n+\frac{1}{2}\right) - \psi (n)\right) \stackrel{\color\maroon{\text{use recurrence equation for } \psi}}{=} \mathcal{L}_{n+1} - \mathcal{L}_n $$

Answer 2

Aquí hay una forma de hacerlo por fuerza bruta. Primero escribe $$ \begin{align} \int_0^1\left(\sum_{k = n}^\infty \frac{x^k}{k}\right)^2\,dx & = \sum_{k,m\geq n}\frac{1}{km}\int_0^1x^{k+m}\,dx \\ & = \sum_{k,m \geq n} \frac{1}{km(k+m+1)}. \end{align} $$ Poner $r = k+m$ para que $m = r-k$ y transformar la suma: $$ \begin{align} \sum_{k,m\geq n} \frac{1}{km(k+m+1)} &= \sum_{r = 2n}^\infty \frac{1}{r+1}\sum_{k = n}^{r-n}\frac{1}{k(r-k)} \\ &= \sum_{r = 2n}^\infty \frac{1}{r(r+1)}\sum_{k=n}^{r-n}\left(\frac{1}{k} + \frac{1}{r-k}\right) \\ & = \sum_{r = 2n}^\infty \frac{2}{r(r+1)}\sum_{k = n}^{r-n}\frac{1}{k} \\ & = 2\sum_{r = 2n}^\infty\left(\frac{1}{r}\sum_{k = n}^{r-n}\frac{1}{k} - \frac{1}{r+1}\sum_{k = n}^{r-n}\frac{1}{k}\right) \\ & = 2\sum_{r = 2n}^\infty\left(\frac{1}{r}\sum_{k = n}^{r - n}\frac{1}{k} - \frac{1}{r+1}\sum_{k = n}^{r+1 - n} \frac{1}{k}\right) + 2 \sum_{r = 2n}^\infty \frac{1}{(r+1)(r+1 - n)}. \\ \end{align} $$ La primera suma de la última línea es telescópica, por lo que se puede evaluar como $$ 2\sum_{r = 2n}^\infty \left(\frac{1}{r}\sum_{k = n}^{r - n}\frac{1}{k} - \frac{1}{r+1}\sum_{k = n}^{r+1 - n}\frac{1}{k}\right) = \lim_{r \to \infty} \left(\frac{1}{n^2} - \frac{2}{r+1}\sum_{k = n}^{r+1 - n}\frac{1}{k}\right) = \frac{1}{n^2}. $$ Por lo tanto, tenemos que demostrar que $$ \frac{1}{n^2} + 2\sum_{r = 2n}^\infty \frac{1}{(r+1)(r+1 - n)} = 2\int_0^1 x^{n-1}\log(1+x^{-1/2})\,dx. $$ Desde $$ \begin{align} 2\int_0^1 x^{n-1}\log(1+x^{-1/2})\,dx &= 2\int_0^1 x^{n-1}\log(1 + x^{1/2})\,dx - \int_0^1 x^{n-1}\log{x}\,dx \\ & = 2\int_0^1 x^{n-1}\log(1+x^{1/2})\,dx + \frac{1}{n^2}, \end{align} $$ sólo tenemos que demostrar que $$ \sum_{r = 2n}^\infty \frac{1}{(r+1)(r+1 - n)} = \int_0^1 x^{n-1}\log{(1+x^{1/2})}\,dx. $$ Esto puede hacerse desarrollando $\log{(1+x^{1/2})}$ en los poderes de $x^{1/2}$ : $$ \begin{align} \int_0^1 x^{n-1}\log{(1+x^{1/2})}\,dx & = \sum_{m = 1}^\infty\frac{(-1)^{m+1}}{m} \int_0^1 x^{n- 1 + m/2}\,dx \\ & = 2\sum_{m = 1}^\infty \frac{(-1)^{m+1}}{m(2n+m)} \\ & = 2 \sum_{\text{$m$ odd}} - 2\sum_{\text{$m$ even}} \frac{1}{m(2n+m)} \\ & = 2 \sum - 4\sum_{\text{$m$ even}} \frac{1}{m(2n+m)} \\ & = 2 \sum_{m = 1}^\infty \frac{1}{m(2n+m)} - \sum_{m = 1}^\infty \frac{1}{m(n+m)} \\ & = 2 \sum_{m = 1}^\infty \frac{1}{m}\left(\frac{1}{2n+m} - \frac{1}{2n+2m}\right) \\ & = \sum_{m = 1}^\infty \frac{1}{(2n+m)(n+m)} \\ & = \sum_{r = 2n}^\infty \frac{1}{(r + 1)( r +1 - n)}, \end{align} $$ que demuestra la identidad. Los otros métodos son obviamente más concisos, pero después de trabajar en esto no pude resistirme a publicarlo.

Answer 3

Se puede evitar $\psi$ funciones e incluso la expansión del logaritmo (cierto, para el logaritmo, estoy haciendo un poco de trampa, trata de encontrar dónde...). Llama a $L_n$ y $R_n$ el LHS y el RHS de (2).

1. Expandir el cuadrado de la serie en $L_n$ e integramos término a término la serie doble resultante para obtener $$ L_n=\sum_{i\geqslant n}\sum_{j\geqslant n}\frac1{ij(i+j+1)}. $$ Desde $\color{red}{\dfrac{i+1}{j(j+i+1)}=\dfrac1j-\dfrac1{i+j+1}}$ , $$ L_n=\sum_{i\geqslant n}\frac1{i(i+1)}\sum_{j\geqslant n}\left(\frac1j-\frac1{i+j+1}\right)=\sum_{i\geqslant n}\frac1{i(i+1)}\sum_{j\geqslant n}\frac1j[i\geqslant j-n]. $$ Intercambiando el orden de las sumas y utilizando la identidad $\color{red}{\dfrac1{i(i+1)}=\dfrac1i-\dfrac1{i+1}}$ se obtiene $$ L_n=\sum_{j\geqslant n}\frac1j\frac1{\max(n,j-n)}=\sum_{j=n}^{2n-1}\frac1j\frac1n+\sum_{j\geqslant2n}\frac1{j(j-n)}. $$ Desde $\color{red}{\dfrac{n}{j(j-n)}=\dfrac1{j-n}-\dfrac1j}$ , $$ L_n=\frac1n\sum_{j=n}^{2n-1}\frac1j+\frac1n\sum_{j\geqslant2n}\left(\frac1{j-n}-\frac1j\right)=\frac2n\sum_{j=n}^{2n-1}\frac1j. $$
2. Utilizar el cambio de variables $x=t^2$ y una integración por partes para obtener $$ nR_n=2\int_0^1\frac{1+t^{2n-1}}{1+t}\mathrm dt. $$
3. Calcule las diferencias $$ (n+1)L_{n+1}-nL_n=2\left(\frac1{2n+1}-\frac1{2n}\right), $$ y $$ (n+1)R_{n+1}-nR_n=2\int_0^1\frac{t^{2n+1}-t^{2n-1}}{1+t}\mathrm dt=2\int_0^1(t^{2n}-t^{2n-1})\mathrm dt=2\left(\frac1{2n+1}-\frac1{2n}\right). $$
4. Calcula los términos iniciales $L_1=R_1=2$ y concluir que $nL_n=nR_n$ por cada $n\geqslant1$ .

Answer 4

Hice algunos cálculos de símbolos en MATHEMATICA, y encontré que la ecuación (2) podría ser deducida de tal manera:

1)Que $F(n)=2\int_{0}^{1}x^{n-1}\log(1+1/\sqrt{x})dx$

entonces $F(n)=\frac{1+n\log(4)}{n^2}-\frac{2}{n}\Phi(-1,1,2n+1)$

$=\frac{1+n\log(4)}{n^2}+\frac{1}{n}(\psi(1/2+n)-\psi(1+n))$

donde $\Phi(z,s,a)$ es la trascendencia de Lerch, $\psi(z)$ es la función poligama.

2)El LHS es igual a la serie doble $G(n)=\sum_{i,j\geq n}\frac{1}{ij(i+j+1)}$

entonces $G(n)-G(n+1)=\frac{1}{n^2(2n+1)}+2\sum_{i=n+1}^{\infty}\frac{1}{ni(i+n+1)}$

$=\frac{1}{n^2(2n+1)}-2\frac{(\psi(1+n)-\psi(2+2n))}{n(n+1)}$

Si $G(n)-G(n+1)-(F(n)-F(n+1))=0$ entonces la inducción funciona.

3)El último paso es probar una igualdad de la función poligama.Utilizo la función FullSimplify de MATHEMATICA, y el resultado es 0.

Esto no es una prueba rigurosa. Espero que esto sirva de ayuda.