Serie infinita de igualdad de $\frac{1}{1+x}+\frac{2x}{1+x^2}+\frac{3x^2}{1+x^3}+\frac{4x^3}{1+x^4}+\cdots$

Question

Demostrar la siguiente igualdad ($|x|<1$).

$$\frac{1}{1+x}+\frac{2x}{1+x^2}+\frac{3x^2}{1+x^3}+\frac{4x^3}{1+x^4}+\cdots\\ =\frac{1}{1-x}+\frac{3x^2}{1-x^3}+\frac{5x^4}{1-x^5}+\frac{7x^6}{1-x^7}+\cdots\\$$

Answer 1

Integrar ambos lados. Vamos a L. H. S se $f(x)$ y R. H. S se $g(x)$.

(1). L. H. S

$$\int \frac{ix^{i-1}}{1+x^{i}} = \ln (1+x^i)$$

Esto le da a $$\int f(x) dx= \sum_{i=1}^\infty \ln (1+x^i) = \ln (\prod_{i=1}^\infty (1+x^i))$$

(2). R. H. S

$$\int \frac{(2i+1)x^{2i}}{1-x^{2i+1}} = -\int \frac{-(2i+1)x^{2i}}{1-x^{2i+1}} = -\ln (1-x^{2i+1})$$

Esto le da a $$\int g(x) dx=\sum_{i=0}^\infty -\ln (1-x^{2i+1}) = -\ln (\prod_{i=0}^\infty (1-x^{2i+1}))$$

(3). Acabado el problema.

Desde $f(0)=g(0)=0$, ahora es suficiente para mostrar que $$ \prod_{i=1}^\infty (1+x^i) \cdot \prod_{i=0}^\infty (1-x^{2i+1}) = 1$$

Ahora aquí está la parte que no estoy seguro de si es cierto o no.

Deje $$h(x)=\prod_{i=1}^\infty (1+x^i) \cdot \prod_{i=0}^\infty (1-x^{2i+1})$$

Por supuesto, el dominio de $h(x)$$|x|<1$.

Ahora tenemos $$h(x)=\prod_{i=1}^\infty (1+x^i) \cdot \prod_{i=0}^\infty (1-x^{2i+1})=\prod_{i=1}^\infty (1+x^{2i}) \cdot \prod_{i=0}^\infty (1+x^{2i+1}) \cdot \prod_{i=0}^\infty (1-x^{2i+1}) =\prod_{i=1}^\infty (1+x^{2i}) \cdot \prod_{i=0}^\infty (1-x^{4i+2})=h(x^2)$$

Por lo tanto, para todos los $|x|<1$, $$h(x)=h(x^2)=h(x^4)= \cdots \lim_{n \to \infty} h(x^{2^n}) = h(0) = 1$ $ como se desee.

Answer 2

Compruebe que para $|x| < r < 1$,

$$\frac{nx^{n-1}}{1+x^n}, \frac{nx^{n-1}}{1-x^n}, \frac{2nx^{2n-1}}{1-x^n}$$ are all $O(n^n)$, que es summable.

A continuación, puede cambiar el orden de la suma en la siguiente suma infinita :

$$0 = \sum_{n \ge 1} (\frac{ nx^{n-1}}{1+x^n} - \frac {nx^{n-1}}{1-x^n} + \frac {2nx^{2n-1}}{1-x^{2n}}) = (\sum_{n \ge 1} \frac{ nx^{n-1}}{1+x^n}) - \sum_{n \ge 1}(\frac {nx^{n-1}}{1-x^n} - \frac {2nx^{2n-1}}{1-x^{2n}})$$

La segunda suma es una suma telescópica $\sum (a_n - a_{2n})$, por lo que la reordenación de nuevo, es $$(\sum a_n) - (\sum a_{2n}) = \sum_{n \text{ odd}} a_n + \sum_{n \text{ even}} (a_n - a_n) = \sum_{n\text{ odd}} a_n$$

Por lo tanto $$\sum_{n \ge 1} \frac{ nx^{n-1}}{1+x^n} - \sum_{n \text{ odd}}\frac {nx^{n-1}}{1-x^n}=0$$

Answer 3

Multiplicando $x$ a ambos lados, la identidad es equivalente a

$$ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{kx^k}{1+x^k} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(2k-1)x^{2k-1}}{1-x^{2k-1}}. $$

La expansión y reorganización, cada serie puede ser escrito como

\begin{align*} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{kx^k}{1+x^k} &= \sum_{k=1}^{\infty} \sum_{j=1}^{\infty} (-1)^{j-1} k x^{jk} = \sum_{n=1}^{\infty} \Bigg( \sum_{d|n} (-1)^{d-1}\frac{n}{d} \Bigg) x^{n} \\ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(2k-1)x^{2k-1}}{1-x^{2k-1}} &= \sum_{k=1}^{\infty} \sum_{j=1}^{\infty} (2k-1)x^{j(2k-1)} = \sum_{n=1}^{\infty} \Bigg( \sum_{\substack{d | n \\ d \text{ odd}}} d \Bigg) x^{n} \end{align*}

Por lo que es suficiente para demostrar que

$$ \color{blue}{\sum_{d|n} (-1)^{d-1}\frac{n}{d} = \sum_{\substack{d | n \\ d \text{ odd}}} d} \quad \text{for } n = 1, 2, \cdots. \tag{1}$$

Para ello, escriba $n = 2^e m$ $e \geq 0$ $m$ es impar. Entonces

$$ \sum_{d|n} (-1)^{d-1}\frac{n}{d} = \sum_{d'|m} \underbrace{\sum_{i=0}^{e} (-1)^{2^i d'-1} 2^{e-i}}_{=1} \frac{m}{d'} = \sum_{d'|m} \frac{m}{d'} = \sum_{d|m} d = \sum_{\substack{d | n \\ d \text{ impar}}} d $$

y, por tanto, $\text{(1)}$ está probado.

Answer 4

Permítanme añadir mi propia prueba que tenía en mi mente.

$$Let\quad f(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{2x}{1+x^2}+\frac{3x^2}{1+x^3}+\frac{4x^3}{1+x^4}+\frac{5x^4}{1+x^5}+\frac{6x^5}{1+x^6}+\frac{7x^6}{1+x^7}+\cdots$$ $$f(x)-\frac{1}{1-x}=\color{red}{\frac{-2x}{1-x^2}}+\frac{2x}{1+x^2}+\frac{3x^2}{1+x^3}+\frac{4x^3}{1+x^4}+\frac{5x^4}{1+x^5}+\frac{6x^5}{1+x^6}+\frac{7x^6}{1+x^7}+\cdots\\ =\frac{3x^2}{1+x^3}+\color{red}{\frac{-4x^3}{1-x^4}}+\frac{4x^3}{1+x^4}+\frac{5x^4}{1+x^5}+\frac{6x^5}{1+x^6}+\frac{7x^6}{1+x^7}+\cdots\\ =\cdots=\frac{3x^2}{1+x^3}+\frac{5x^4}{1+x^5}+\frac{6x^5}{1+x^6}+\frac{7x^6}{1+x^7}+\cdots+\lim_{n\to\infty}\frac{-2^nx^{2^n-1}}{1-x^{2^n}} $$ $$f(x)-\frac{1}{1-x}-\frac{3x^2}{1-x^3} =\frac{5x^4}{1+x^5}+\color{red}{\frac{-6x^5}{1-x^6}}+\frac{6x^5}{1+x^6}+\frac{7x^6}{1+x^7}+\cdots+\lim_{n\to\infty}\frac{-2^nx^{2^n-1}}{1-x^{2^n}}\\ =\cdots=\frac{5x^4}{1+x^5}+\frac{7x^6}{1+x^7}+\cdots+\lim_{n\to\infty}\frac{-2^nx^{2^n-1}}{1-x^{2^n}}+\lim_{n\to\infty}\frac{-3\cdot2^nx^{3\cdot2^n-1}}{1-x^{3\cdot2^n}}$$ $$\cdots$$ $$f(x)-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k+1)x^{2k}}{1-x^{2k+1}}=\sum_{k=0}^{\infty}\lim_{n\to\infty}\frac{-(2k+1)\cdot2^nx^{(2k+1)\cdot2^n-1}}{1-x^{(2k+1)\cdot2^n}}=0$$ $$\therefore f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k+1)x^{2k}}{1-x^{2k+1}}$$