Cómo demostrar a $\sum _{k=1}^{\infty} \frac{k-1}{2 k (1+k) (1+2 k)}=\log_e 8-2$?

Question

Cómo probar:

$$\sum _{k=1}^{\infty} \frac{k-1}{2 k (1+k) (1+2 k)}=\log_e 8-2$$

Es posible que la convierte en una integral de tiempo finito?

Answer 1

Permítanme tratar. Tenga en cuenta que el $$RHS = 3\ln 2 + 2 = 2 + 3 \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} = 2 + 3\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}$$ Tenemos $$\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^\infty \frac{k-1}{2k(k+1)(2k+1)} &=& \sum_{k=1}^\infty \frac{2k - (k+1)}{2k(k+1)(2k+1)} \\ &=&\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{1}{(k+1)(2k+1)} - \frac{1}{2k(2k+1)} \right)\\ &=& \sum_{k=1}^\infty \left(\frac{2}{2k+1} - \frac{1}{k+1} - \frac{1}{2k} + \frac{1}{2k+1}\right) \\ &=& \sum_{k=1}^\infty \left(\frac{3}{2k+1} - \frac{1}{k+1} - \frac{1}{2k}\right)\\ &=& 2 + 3\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k} \\&=& RHS.\end{eqnarray}$$

Answer 2

$$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty\frac{k-1}{2k(1+k)(1+2k)} &=\sum_{k=1}^\infty\left(-\frac1{2k}-\frac1{k+1}+\frac3{2k+1}\right)\\ &=\color{#C00000}{\sum_{k=1}^\infty\left(\frac3{2k-1}-\frac3{2k}\right)}\\ &+\color{#00A000}{\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+1}\right)}\\ &+\color{#0000F0}{\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{3}{2k+1}-\frac3{2k-1}\right)}\\[3pt] &=\color{#C00000}{3\log(2)}\color{#00A000}{+1}\color{#0000F0}{-3}\\[9pt] &=\log(8)-2 \end{align} $$

Answer 3

Podemos evaluar la serie usando parcial fracción de expansión. Para ello, se han

$$\begin{align} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{k-1}{2k(k+1)(2k+1)}&=\frac12\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{6}{2k+1}-\frac{3}{k+1}\right)+\frac12\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k}\right)\\\\ &=-\frac12+\frac32\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{k+1/2}-\frac{1}{k+1}\right)\end{align} \tag 1$$

Ahora, recordemos a partir de la definición de la función digamma que

$$\begin{align} \sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{k+1/2}-\frac{1}{k+1}\right)&=-1-\gamma-\psi^0(1/2)\\\\ &=2\log 2-1 \tag 2 \end{align}$$

donde se utilizó $\psi^0(1/2)=-\gamma-2\log 2$, para llegar a la parte derecha de $(2)$.

Por último, la sustitución de $(2)$ a $(1)$ rendimientos

$$\begin{align} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{k-1}{2k(k+1)(2k+1)}&=-\frac12+\frac32\left(2\log 2-1\right)\\\\ &=3\log 2-2 \end{align}$$

que iba a ser mostrado!

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NOTA:

Aquí nos muestran otra forma de evaluar la suma de $S$ $(2)$ por

$$S=\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{k+1/2}-\frac{1}{k+1}\right)$$

Para ello, escribimos

$$\begin{align} S&=\sum_{k=1}^{\infty}\left(\int_0^1 (x^{k-1/2}-x^k)\,dx\right)\\\\ &=\int_0^1\sum_{k=1}^{\infty}\left(x^{k-1/2}-x^k\right)\,dx\\\\ &=\int_0^1\frac{x^{1/2}-x}{1-x}\,dx\\\\ &=\left.\left(x-2x^{1/2}+2\log(1+x^{1/2})\right)\right|_0^1\\\\ &=2\log(2)-1 \end{align}$$

como se esperaba!

Hacemos la observación de que nos tácitamente se utiliza el Teorema de Convergencia Dominada para justificar el intercambio del orden de integración y totalización.

Answer 4

Dado lo popular en estos parecen ser cada vez, puede ser vale la pena aprender un bonito efecto para eliminar la necesidad de una gran cantidad de ingenio:

$$ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} = \log n + \gamma + O(1/n) $$

donde $\gamma$ es la constante de Euler.

Parcial de las fracciones nos dice

$$\frac{k-1}{2k(k+1)(2k+1)} = \frac{3}{2k+1} - \frac{1}{2k} - \frac{1}{k+1} $$

Podemos usar el truco

$$ \begin{align}\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1} &= \left(\sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{k}\right) - \frac{1}{2} \left( \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \right) \\&= (\log 2n + \gamma) - \frac{1}{2} (\log n + \gamma) + O(1/n) \\&= \frac{1}{2}\log n + \frac{1}{2} \gamma + \log 2 + O(1/n) \end{align}$$

y así calcular la suma parcial de los tres términos:

$$ \sum_{k=1}^n \frac{3}{2k+1} = \frac{3}{2}\log(n+1) + \frac{3}{2} \gamma + 3\log 2 - \frac{3}{1} + O(1/n)$$

$$ \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k} = \frac{1}{2} \log(n) + \frac{1}{2} \gamma + O(1/n) $$

$$ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1} = \log(n+1) + \gamma - \frac{1}{1} + O(1/n) $$

combinarlos, a continuación, tomar el límite. Incluso podemos simplificar que observando $\log(n+1) = \log n + O(1/n)$.