Cómo encontrar esta suma de $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)}$

Question

Encontrar esta suma

$$I=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)}$$

Yo: vamos a

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^{3n+3}}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)},|x|\le 1$$

entonces tenemos $$f^{(3)}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}x^{3n}=\dfrac{1}{1-x^3}$$ luego nos encontramos con el $f(x)$,lo Siguiente es muy feo(puede que alguien puede publicar su solución,) tienen otros métodos simples? Muchas gracias.

Answer 1

Su intento es excelente... tenga en cuenta que $f(0)=f'(0)=f"(0)=0$, por tanto $$ f(1)=\int_0^1f'(x)\,\mathrm dx=\int_0^1\int_0^xf"(y)\,\mathrm dy\,\mathrm dx=\int_0^1\int_0^x\int_0^yf"'(z)\,\mathrm dz\,\mathrm dy\,\mathrm dx, $$ es decir, $$ 2f(1)=\int_0^1(1-z)^2f"'(z)\,\mathrm dz=\int_0^1\frac{1-z}{1+z+z^2}\,\mathrm dz. $$ El resto es de rutina. El cambio de la variable $2z+1=\sqrt3t$ rendimientos $$ 2f(1)=\int_{1/\sqrt3}^\sqrt3\frac{\sqrt3-t}{1+t^2}\,\mathrm dt=\left[\sqrt3\arctan t-\frac12\log(1+t^2)\right]_{1/\sqrt3}^\sqrt3. $$ Tenga en cuenta que $\arctan\sqrt3=\pi/3$ y $\arctan1/\sqrt3=\pi/6$, por lo tanto $$ 2f(1)=\sqrt3\cdot\left(\frac\pi3-\frac\pi6\right)-\frac12\log4+\frac12\log\frac43, $$ es decir, $$ f(1)=\frac14\left[\frac\pi{\sqrt3}-\log3\right]\approx0.1788. $$ Segundo método: La fracción racional es tal que $$ \frac2{(3n+1)(3n+2)(3n+3)}=\frac1{3n+1}-\frac2{3n+2}+\frac1{3n+3}, $$ por lo tanto $$ 2f(x)=x^2g_1(x)-2xg_2(x)+g_3(x),\qquad g_k(x)=\sum_{n\geqslant0}\frac{x^{3n+k}}{3n+k}. $$ Así, por cada $k$, $$ g'_k(x)=\sum_{n\geqslant0}x^{3n+k-1}=\frac{x^{k-1}}{1-x^3}. $$ Desde $g'_k(0)=0$ para todo $k\geqslant1$, esto produce $$ 2f(x)=x^2\int_0^x\frac{1}{1-t^3}\mathrm dt-2x\int_0^x\frac{t}{1-t^3}\mathrm dt+\int_0^x\frac{t^2}{1-t^3}\mathrm dt. $$ El cambio de la variable $t=xu$ rendimientos $$ 2f(x)=x^3\int_0^1\frac{1}{1-x^3u^3}(1-2u+u^2)\mathrm du, $$ es decir, $$ 2f(x)=x^3\int_0^1\frac{1-u}{1-xu}\frac{1-u}{1+xu+x^2u^2}\mathrm du. $$ Cuando $x\a 1$, se obtiene de nuevo $$ 2f(1)=\int_0^x\frac{1-u}{1+u+u^2}\mathrm du. $$ Más en general, para cada entero $k\geqslant2$, $$ \sum_{n\geqslant0}\frac{(k-1)!}{(kn+1)(kn+2)\cdots(kn+k)}=\int_0^1\frac{(1-u)^{k-2}}{1+u+\cdots+u^{k-1}}\,\mathrm du. $$

Answer 2

Todos sabemos que las sumas de la forma $\displaystyle{\sum\frac1{(n+a)(n+b)}}$ o $\displaystyle{\sum\frac1{(n+a)(n+b)(n+c)}}$, etc., son telescópicas en la naturaleza, y su solución es trivial: para el entero de los valores de un, b, y c, que es ! Pero, ¿y si un, b, y c son no enteros? Entonces, ¿qué? De repente, las cosas no son tan simples y triviales ya, y el anteriormente banal y engaño tame de problemas toma en nuevo giro, ganando totalmente inesperado dimensiones de profundidad, el significado y la comprensión. La clave, cuando se trata con estas sorprendentes giros de los acontecimientos, es solo dar un paso atrás, y tratar de analizar y reformular el viejo y gastado de solución en términos de lo que podría ser útil o relevante para eludir los obstáculos planteados por el recién encontrado situación.

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Por ejemplo, no es difícil demostrar que $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty\frac1{(n+a)(n+b)}}=\frac{H_a-H_b}{a-b}$ o que $$\sum_{n=1}^\infty\frac1{(n+a)(n+b)(n+c)}=\frac{(a-b)\cdot H_c\ +\ (b-c)\cdot H_a\ +\ (c-a)\cdot H_b}{(a-b)(b-c)(c-a)}$$ por los valores naturales de la un, b, c. De hecho, el usuario de la Variable Aleatoria ya ha demostrado en este hilo, aunque ahora me doy cuenta de que mi fórmula inicial es ligeramente equivocado, en el sentido de que la suma debe comenzar en $0$, $\gamma$ presente, o en $1$, $\gamma$ ausente. Ahora, la cuestión es: ¿cómo redefinir $H_m$ , así como ser capaz de extender su significado no-natural argumentos. Natural de argumentos, tenemos la conocida fórmula de $H_m=\displaystyle\sum_{k=1}^m\frac1k$ . Ahora, tomemos la función simple de $f_k(x)=\displaystyle\frac{x^k}k$ , y el aviso de que $f_k'(x)=x^{k-1}$ . Y ya sabemos que $\displaystyle{\sum_{k=1}^mx^{k-1}=\frac{1-x^m}{1-x}}$ , por fin, este nos permite concluir que $\displaystyle{H_m=\int_0^1\frac{1-x^m}{1-x}dx}$ , que, a diferencia de la fórmula anterior, se puede extender fácilmente a los no-natural de los argumentos. Esto ya ha sido hecho por Euler dos siglos y medio, así que es apenas un nuevo territorio. Ahora, en nuestro caso, $\{a,b,c\}=\left\{\frac13,\frac23,1\right\}$ , y el valor de $H_1$ es $1$, por lo que todo lo que queda por hacer es calcular $H_\frac13$ y $H_\frac23$ utilizando la fórmula anterior, ya que $$\sum_{n=0}^\infty\frac1{(3n+1)(3n+2)(3n+3)}=\frac16+\frac1{27}\cdot\sum_{n=1}^\infty\frac1{\left(n+\frac13\right)\left(n+\frac23\right)(n+1)}$$

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$$H_\frac13=\int_0^1\frac{1-\sqrt[3]x}{1-x}dx=\int_0^1\frac{1-t}{1-t^3}d\left(t^3\right)=\int_0^1\frac1{1+t+t^2}d\left(t^3\right)=\int_{\sqrt[3]0}^{\sqrt[3]1}\frac{3\,t^2}{1+t+t^2}dt=$$

$$=3\int_0^1\left(1-\frac{1+t}{1+t+t^2}\right)dt=3\,\bigg[\int_0^11\cdot dt-\tfrac12\int_0^1\frac{2+2t}{1+t+t^2}dt\bigg]=$$

$$=3\,\bigg[t|_0^1-\tfrac12\bigg(\int_0^1\frac1{1+t+t^2}dt+\int_0^1\frac{1+2t}{1+t+t^2}dt\bigg)\bigg]=$$

$$=3\,\bigg[1-\tfrac12\int_0^1\frac1{\left(t+\frac12\right)^2+\frac34}dt-\tfrac12\cdot\ln\left(1+t+t^2\right)_0^1\bigg]=$$

$$=3\,\bigg[1-\tfrac12\cdot\frac1{\sqrt3/2}\cdot\arctan\bigg(\frac{t+\frac12}{\sqrt3\big/2}\bigg)_0^1-\frac{\ln3}2\bigg]=3-\frac\pi{2\sqrt3}-\tfrac32\ln3.$$

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Lo mismo para $\displaystyle{H_{\frac23}=\tfrac32+\frac\pi{2\sqrt3}-\tfrac32\ln3}$ . Entonces, sustituyendo estos valores en la fórmula original de arriba, por fin llegamos al resultado deseado $\displaystyle{I=\frac{\pi\sqrt3-3\ln3}{12}}$ .

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert #1 \right\vert} \newcommand{\yy}{\Longleftrightarrow}$ $\ds{ I_{N} \equiv \sum_{n = 0}^{N}{1 \over \pars{3n + 1}\pars{3n + 2}\pars{3n + 3}}\,, \qquad I = I_{\infty} =\ {\large ?}}$

\begin{align} I_{N}&\equiv {1 \over 6}\sum_{n = 0}^{N}{1 \over n + 1/3} - {1 \over 3}\sum_{n = 0}^{N}{1 \over n + 2/3} + {1 \over 6}\sum_{n = 0}^{N}{1 \over n + 1} \\[3 mm]&= {1 \over 6}\sum_{n = 0}^{N}\pars{{1 \over n + 1/3} - {1 \over n + 2/3}} + {1 \over 6}\sum_{n = 0}^{N}\pars{{1 \over n + 1} - {1 \over n + 2/3}} \\[3 mm]&= {1 \over 18}\sum_{n = 0}^{N}{1 \over \pars{n + 1/3}\pars{n + 2/3}} - {1 \over 18}\sum_{n = 0}^{N}{1 \over \pars{n + 1}\pars{n + 2/3}} \end{align} Vamos a utilizar la conocida identidad: $\ds{\sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over \pars{n + z_{0}}\pars{n + z_{1}}} ={\Psi\pars{z_{0}} - \Psi\pars{z_{1}} \over z_{0} - z_{1}}}$, donde $\Psi\pars{z}$ es $\\mbox{digamma función}$

\begin{align} I & = I_{\infty} = {1 \over 18}\,{\Psi\pars{1/3} - \Psi\pars{2/3} \más de 1/3 - 2/3} - {1 \over 18}\,{\Psi\pars{1} - \Psi\pars{2/3} \over 1 - 2/3} \\[3 mm]&= {1 \over 6}\,\bracks{\Psi\pars{2 \más de 3} - \Psi\pars{1 \over 3}} - {1 \over 6}\,\bracks{\Psi\pars{1} - \Psi\pars{2 \más de 3}} = -\,{1 \over 6}\,\Psi\pars{1} - {1 \over 6}\,\Psi\pars{1 \over 3} + {1 \over 3}\,\Psi\pars{2 \más de 3} \end{align} Sin embargo, \begin{align} \Psi\pars{1} &= -\gamma\quad\mbox{donde}\ \gamma\ {\\mbox{es el de Euler-Mascheroni constante}}\ \pars{~\gamma = 0.5772\ldots~} \\[3 mm] \Psi\pars{1 \over 3}&=-\gamma - {\raíz{3} \over 6}\,\pi - {3 \over 2}\,\ln\pars{3} \\[3 mm] \Psi\pars{2 \más de 3}&=-\gamma + {\raíz{3} \over 6}\,\pi - {3 \over 2}\,\ln\pars{3} \\ I & = I_{\infty} = -\,{1 \over 6}\pars{-\gamma} - {1 \over 6}\bracks{-\gamma - {\raíz{3} \over 6}\,\pi - {3 \over 2}\,\ln\pars{3}} + {1 \over 3}\bracks{-\gamma + {\raíz{3} \over 6}\,\pi - {3 \over 2}\,\ln\pars{3}} \\[3 mm]&= {\raíz{3} \más de 12}\,\pi - {1 \over 4}\,\ln\pars{3} \end{align}

$$\color{#0000ff}{\large \sum_{n = 0}^{N}{1 \over \pars{3n + 1}\pars{3n + 2}\pars{3n + 3}} = {\raíz{3} \más de 12}\,\pi - {1 \over 4}\,\ln\pars{3}} \approx 0.1788 $$

Answer 4

OK, así que vamos a empezar con

$$\frac{d^3}{dx^3} f(x) = \frac{1}{1-x^3}$$

donde $f(0)=f'(0)=f"(0)=0$. Tenga en cuenta que podemos utilizar fracciones parciales y un poco de reorganización de encontrar que

$$\frac{1}{1-x^3} = \frac13 \left [\frac{1}{1-x} + \frac{x+\frac12}{\left (x+\frac12\right)^2+\frac{3}{4}}+\frac{3}{2} \frac{1}{\left (x+\frac12\right)^2+\frac{3}{4}}\right ]$$

La integración y el uso de $f"(0)=0$ obtenemos que

$$f"(x) = -\frac13 \log{(1-x)} + \frac16 \log{(1+x+x^2)} + \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan{\frac{2 x+1}{\sqrt{3}}} - \frac{\pi}{6 \sqrt{3}}$$

A partir de aquí el desafío para la administración de los diferentes términos en lugar de integraciones, que se hace fácilmente a través de piezas. Tenga en cuenta que, por ejemplo,

$$\int dx \, \log{(1+x+x^2)} = x \log{(1+x+x^2)} - \int dx \frac{2 x^2+x}{x^2+x+1}$$

Usted puede utilizar fracciones parciales en el último integral y determinar que

$$\int dx \frac{2 x^2+x}{x^2+x+1} = 2 x - \frac12 \log{(1+x+x^2)} - \sqrt{3} \arctan{\frac{2 x+1}{\sqrt{3}}} +C$$

El uso de una sustitución ($u=(2 x+1)/\sqrt{3}$) y la integración por partes, del mismo modo nos encontramos con que

$$\int dx \, \arctan{\frac{2 x+1}{\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{3}}{2}\left [\frac{2 x+1}{\sqrt{3}} \arctan{\frac{2 x+1}{\sqrt{3}}} - \frac12 \log{(1+x+x^2)}\right ] + C$$

La omisión de un montón de álgebra, me parece que, usando $f'(0)=0$:

$$f'(x) = \frac13 (1-x) \log{(1-x)} - \frac16 (1-x) \log{(1+x+x^2)} + \frac{1+x}{\sqrt{3}} \arctan{\frac{2 x+1}{\sqrt{3}}} - \frac{\pi}{6 \sqrt{3}} (1+x)$$

Ahora integramos una vez más. De nuevo, el reto es la contabilidad, como todas las integrales se puede hacer por partes. Usando $f(0)=0$, tengo que

$$f(x) = -\frac16(1-x)^2 \log{(1-x)} + \frac{1}{12} (x^2-2 x-2) \log{(1+x+x^2)} + \frac{(x^2+2 x)}{2 \sqrt{3}} \arctan{\frac{2 x+1}{\sqrt{3}}} - \frac{\pi}{12 \sqrt{3}} (x^2+2 x)$$

La suma es entonces

$$f(1) = \frac{\sqrt{3}}{12} \pi \frac14 \log{3} \approx 0.178$$

que los cheques con, por ejemplo, WA.