Cómo encontrar esta suma $\sum_{n=1}^{\infty}n\sum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1}\frac{1}{k(2k+1)(2k+2)}$

Question

Encontrar la suma $$\sum_{n=1}^{\infty}n\sum_{k=2^{n - 1}}^{2^{n}\ -\ 1}\dfrac{1}{k(2k+1)(2k+2)}$$

Yo: nota $$\dfrac{1}{k(2k+1)(2k+2)}=\dfrac{2}{(2k)(2k+1)(2k+2)}=\left(\dfrac{1}{(2k)(2k+1)}-\dfrac{1}{(2k+1)(2k+2)}\right)$$ Entonces yo no puedo

Answer 1

Todo, vamos a $H_k\equiv \sum_{j=1}^k \frac{1}{j}$ y deje $\gamma$ ser el de Euler-Mascheroni constante.

Primero, nota \begin{eqnarray} \sum_{n=1}^{\infty} n \sum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1} \frac{1}{k(2k+1)(2k+2)} &=& \sum_{j=0}^{\infty} \sum_{k=2^j}^{\infty} \frac{1}{k(2k+1)(2k+2)}. \end{eqnarray}

Mathematica dice \begin{eqnarray} \sum_{k=2^j}^{\infty} \frac{1}{k(2k+1)(2k+2)} = -\frac{1}{2}\psi(2^j) + \psi(2^j+\frac{1}{2}) - \frac{1}{2} \psi(2^j+1) \end{eqnarray} donde $\psi$ es la función digamma. Para calcular esto sin la ayuda de softare, utilice el cartel original de la expresión para el sumando y el hecho de que $$ \psi(z+1) = -\gamma + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z}{n(n+z)} $$ para cualquier $z\in\mathbb{C}$ mientras $z\ne -1,-2,-3,\ldots$.

El uso explícito de las fórmulas (ver Wikipedia) por $\psi(m)$ $\psi(m+\frac{1}{2})$ donde $m$ es un número entero, \begin{eqnarray} -\frac{1}{2}\psi(2^j) + \psi(2^j+\frac{1}{2}) - \frac{1}{2} \psi(2^j+1) &=& -\frac{1}{2}H_{2^j-1} - \frac{1}{2} H_{2^j} - 2 \log 2 + \sum_{k=1}^{2^j} \frac{2}{2k-1} \\ &=& -\frac{1}{2}H_{2^j-1} - \frac{1}{2} H_{2^j} - 2 \log 2 + 2(H_{2^{j+1}} - \frac{1}{2} H_{2^j}) \\ &=& -\frac{1}{2}H_{2^j-1} - \frac{3}{2} H_{2^j} - 2 \log 2 + 2 H_{2^{j+1}} \\ &=& -\frac{1}{2}(H_{2^j} -\frac{1}{2^j}) - \frac{3}{2} H_{2^j} - 2 \log 2 + 2 H_{2^{j+1}} \\ &=& \frac{1}{2^{j+1}} - 2 \log 2 + 2 (H_{2^{j+1}} - H_{2^j}). \end{eqnarray} Observar \begin{eqnarray} \sum_{j=0}^m \frac{1}{2^{j+1}} - 2 \log 2 + 2 (H_{2^{j+1}} - H_{2^j}) &=& 1 - 2^{-(m+1)} + 2\left(H_{2^{m+1}}- \log 2^{m+1}\right) - 2H_1. \end{eqnarray} Sigue \begin{eqnarray} \sum_{j=0}^{\infty} \sum_{k=2^j}^{\infty} \frac{1}{k(2k+1)(2k+2)} &=& \lim_{m\to\infty} 1 - 2^{-(m+1)} + 2\left(H_{2^{m+1}}- \log 2^{m+1}\right) - 2H_1 \\ &=& 2\gamma - 1. \end{eqnarray}

Answer 2

No es una respuesta, sólo una (posiblemente inútil) comentario (o comentario? Yo no hablo inglés). Tenemos

$$\sum_{n=1}^{\infty}n\sum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1}\dfrac{1}{k(2k+1)(2k+2)}=\sum_{k=1}^\infty\dfrac{1}{k(2k+1)(2k+2)}\sum_{\substack{n\geq1\\2^{n-1}\leq k<2^n}}n\,;$$

pero dado $k\geq1$, $2^{n-1}\leq k<2^n$ fib $n=\Bigl\lfloor1+\dfrac{\log k}{\log2}\Bigr\rfloor$, por lo que el interior de la suma es en realidad igual a este valor de $n$, por lo que la suma es igual a

$$\sum_{k=1}^\infty\dfrac{1}{k(2k+1)(2k+2)}\cdot\biggl\lfloor1+\dfrac{\log k}{\log2}\biggr\rfloor\,.$$

Answer 3

¿Estás realmente seguro sobre el exterior $n$? Si no, Wolfram Alpha da una suma que la de los telescopios muy bien $$\sum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1} \frac{1}{k (2 k+1) (2 k+2)}=-2^{-n-1}-\psi^{(0)}(2^{n-1})+\psi^{(0)}(2^n)-\psi^{(0)}\left(\frac{1}{2}+2^n\right) +\psi^{(0)}\left(\frac{1}{2}+2^{n-1}\right)$$

Actualización: No es difícil demostrar user64494 del resultado manualmente $$S_2=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1}\frac{1}{k(2k+1)(2k+2)}=$$ $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{k(2k+1)(2k+2)}=$$ $$\sum_{n=1}^{\infty}2\left(\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+1}\right)-\left( \frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+2}\right)=$$ $$2\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+1}\right)-\frac12\sum_{n=1}^{\infty}\frac1k-\frac{1}{k+1}=$$ Desde $\ln{2}=1-\frac12+\frac13-\cdots$, tenemos $$1-\ln{2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+1}$$ Y la segunda suma es un bien telescópica uno que es igual a $1$. Por lo tanto $$S_2=2(1-\ln{2})-\frac12=\frac32-2\ln{2}$$

Pero esto, desafortunadamente, no es lo que ustedes han pedido todavía. La real suma que usted está pidiendo que no tiene una forma cerrada desde WolframAlpha o de Arce, así que no creo que hay una manera fácil de conseguir, al menos para mí.