Evaluar:: $ 2 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n+1}\left( 1 + \frac12 +\cdots + \frac 1n\right) $

Question

Cómo evaluar la serie: $$ 2 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n+1}\left( 1 + \frac12 + \cdots + \frac 1n\right) $$

Según Mathematica, esto converge a $ (\log 2)^2 $ .

Answer 1

Recordemos que, formalmente,

$$ \left(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\right)\left(\sum_{n=1}^{\infty} b_n\right) = \sum_{n=1}^{\infty} c_{n+1},$$

donde

$$ c_n = \sum_{k=1}^{n-1} a_k b_{n-k}. $$

Si la serie $\sum c_{n+1}$ converge, entonces la igualdad anterior es realmente cierta . Parece que sabes cómo demostrarlo, así que me limitaré a demostrar el aspecto formal del problema.

Dejemos que $a_n = b_n = \frac{(-1)^{n}}{n}$ . Entonces

$$ a_k b_{n-k} = \frac{(-1)^n}{k(n-k)} = \frac{(-1)^n}{n}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{n-k}\right), $$

para que

$$ \begin{align*} c_n &= \frac{(-1)^n}{n} \sum_{k=1}^{n-1} \left(\frac{1}{k}+\frac{1}{n-k}\right) \\ &= 2\frac{(-1)^n}{n} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k}. \end{align*} $$

Por lo tanto, tenemos

$$ 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n+1} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} = \left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}\right)^2 = (-\log 2)^2 = (\log 2)^2. $$

Answer 2

Uso de funciones de generación:

Considere la posibilidad de $$-\log(1-x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}.$$ Dividiendo por $1-$ x, obtenemos $$-\frac{\log(1-x)}{1-x} = \sum_{n=1}^\infty \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\right)x^n.$$ La integración de este y multiplicando todo por $2$ da $$\left[\log(1-x)\right)^2 = 2\sum_{n=1}^\infty \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\right)\frac{x^{n+1}}{n+1} + C,$$ donde $C$ es una constante. Pero podemos deshacernos de $C$ conectando $x=0$ en ambos lados, lo que da $C=0$: $$\left[\log(1-x)\right)^2 = 2\sum_{n=1}^\infty \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\right)\frac{x^{n+1}}{n+1}.$$ Desde aquí, nos gustaría simplemente enchufe en $x=-1$ y decir nuestra respuesta es de $(\log{2})^2$, pero primero tenemos que comprobar para asegurarse de que la alimentación de la serie en la derecha, en realidad converge allí. Para ello, establezca $H_n=1+\frac{1}{2}+\cdots + \frac{1}{n}$ ("$H$ es" para "armónico", desde $H_n$ es el $$n ésimo número armónico). Vamos a ver cuando la desigualdad $$ \frac{(n+1)H_{n+1}}{(n+2)H_n}<1$$ sostiene. Reordenando términos, y con el hecho de que $H_{n+1}=H_n+\frac{1}{n+1}$, de ello se desprende que la desigualdad anterior tiene exactamente cuando $H_n>1$. Pero un rápido vistazo a la definición de $H_n$ muestra que esto es siempre verdad! Por lo tanto, los términos de nuestra serie de disminución en valor absoluto. Ya que también converge a cero (que son todos menos de $1/(n+1)$, que converge a cero), toda la serie converge por la alternancia de la serie de prueba.

Answer 3

Este es un caso especial de un resultado más general derivado aquí .

$$S = \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n+1} \sum_{k=1}^n \dfrac1k$$ Recordemos que $\dfrac1k = \displaystyle \int_0^1 x^{k-1} dx$ y $\dfrac1{n+1} = \displaystyle \int_0^1 y^n dy$ .

Ahora utiliza el siguiente hecho. $$\sum_{k=0}^{\infty} \int_0^1 (-z)^k dz = \lim_{n \to \infty} \int_0^1 \dfrac{1 - (-z)^n}{1+z} dz$$ La secuencia de funciones $f_n(z) = \dfrac{1 - (-z)^n}{1+z}$ está dominada por la función $g(z) = \dfrac2{1+z}$ en el intervalo $[0,1]$ que es integrable. Por lo tanto, podemos intercambiar el límite y la integral para obtener que $$\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \dfrac{1 - (-z)^n}{1+z} dz = \int_0^1 \dfrac{dz}{1+z}$$

Por lo tanto, $$S = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \int_0^1 y^n dy \left(\sum_{k=1}^n \int_0^1 x^{k-1} dx \right) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \int_0^1 y^n dy \left(\int_0^1 \dfrac{1-x^n}{1-x} dx \right)$$ Por lo tanto, $$S = \int_0^1 \int_0^1 \dfrac{\dfrac{y}{1+y} - \dfrac{xy}{1+xy}}{1-x} dy dx = \int_0^1 \int_0^1 \dfrac{y+xy^2-xy-xy^2}{(1+y)(1+xy)(1-x)} dx dy\\ =\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{y}{(1+y)(1+xy)} dx dy = \int_0^1 \dfrac{\log(1+y)}{1+y} dy = \left. \dfrac{\log^2(1+y)}2 \right \vert_0^1 = \dfrac{\log^2(2)}2$$ La suma que le interesa es $2S$ y por lo tanto la respuesta es $\log^2(2)$ .

Answer 4

En esta respuesta se demuestra que $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}H_n=\frac12\zeta(2)-\frac12\log(2)^2 $$ Esta suma es $$ \begin{align} 2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}H_{n-1} &=2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac1n-H_n\right)\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}-2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}H_n\\ &=\zeta(2)-\left(\zeta(2)-\log(2)^2\right)\\[6pt] &=\log(2)^2 \end{align} $$

Answer 5

Aquí hay otro enfoque que acabo de notar $$ \begin{align} 2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}\sum_{k=1}^n\frac1k &=2\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=k}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{k(n+1)}\tag{1}\\ &=2\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+k}}{k(n+k)}\tag{2}\\ &=2\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n+k}\frac1n\left(\frac1k-\frac1{n+k}\right)\tag{3}\\ &=\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n+k}\frac1n\frac1k\tag{4}\\[6pt] &=\log(2)^2\tag{5} \end{align} $$ Explicación:
$(1)$ : cambiar el orden de la suma
$(2)$ : sustituto $n\mapsto n+k-1$
$(3)$ : fracciones parciales
$(4)$ : intercambio $n$ y $k$ en $(2)$ añadir a $(3)$ y dividir por $2$
$(5)$ : $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}=\log(2)$