Búsqueda de una suma de $1+\frac{1}{4\cdot2^{4}}+\frac{1}{7\cdot2^{7}}+\frac{1}{10\cdot2^{10}}+\cdots$

Question

Necesito a alguien a encontrar un error en mi soliution o tal vez a solf es mucho más fácil... tengo una suma $$1+\frac{1}{4\cdot2^{4}}+\frac{1}{7\cdot2^{7}}+\frac{1}{10\cdot2^{10}}+\cdots$$ y necesidad de la evaluación. Así que aquí está mi soliution: $$S(x)=1+\frac{x^{4}}{4\cdot2^{4}}+\frac{x^{7}}{7\cdot2^{7}}+\frac{x^{10}}{10\cdot2^{10}}+\cdots=1+\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{3n+1}}{(3n+1)\cdot2^{3n+1}}=1+S_1(x)$$ $$(S_1(x))_x'=\left(\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{3n+1}}{(3n+1)\cdot2^{3n+1}}\right)_x'=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{3n}}{2^{3n+1}}=\frac{1}{x}\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{x}{2}\right)^{3n+1}$$ Ahora echemos $\frac{x}{2}=y$, luego $$S_2(y)=\sum_{n=1}^\infty y^{3n+1}=y^4+y^7+y^{10}+\cdots=\frac{y^4}{1+y^3},|y|\le1$$ $$\left(S_1(y)\right)'=\frac{1}{2y}\cdot\frac{y^4}{1-y^3}=\frac{1}{2}\cdot\frac{y^3}{1-y^3}$$ $$S_1(y)=\frac{1}{2}\int\frac{y^3}{1-y^3}dy=\frac{1}{2}\int\left(-1+\frac{1}{1-y^3}\right)dy=-\frac{1}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{6}\arctan\left(\frac{2\left(y+\frac{1}{2}\right)}{\sqrt{3}}\right)+\frac{1}{12}\ln\left|\left(y+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\right|-\frac{1}{6}\ln\lvert y-1\rvert+C$$

$$S_1(x)=-\frac{1}{4}x+\frac{\sqrt{3}}{6}\arctan\left(\frac{x+1}{\sqrt{3}}\right)+\frac{1}{12}\ln\left|\left(\frac{x}{2}+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\right|-\frac{1}{6}\ln\left|\frac{x}{2}-1\right|+C$$ $$S_1(0)=0, C=-\frac{\sqrt{3}\pi}{36}$$ $$S(x)=-\frac{1}{4}x+\frac{\sqrt{3}}{6}\arctan\left(\frac{x+1}{\sqrt{3}}\right)+\frac{1}{12}\ln\left|\left(\frac{x}{2}+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\right|-\frac{1}{6}\ln\left|\frac{x}{2}-1\right|-\frac{\sqrt{3}\pi}{36}+1$$ $$S(1)=\frac{3}{4}+\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)+\frac{1}{6}\ln(7)-\frac{\sqrt{3}\pi}{36}$$ Escribiendo esto por alrededor de 2 horas me lo merezco extra de 50 puntos o, al menos, buenas respuestas... ja, Ja, gracias!

Answer 1

Para aplicar una transformada de Fourier discreta a la serie de Taylor de $-\log(1-x)$ es una buena idea.
Desde $$ -\log(1-x)=\sum_{n\geq 1}\frac{x^n}{n} $$ tenemos $$ \sum_{n\geq 0}\frac{x^{3n+1}}{3n+1} = \int_{0}^{x}\frac{dt}{1-t^3}\\= -\frac{1}{3}\log(1-x)+\frac{1}{18} \left(-\sqrt{3} \pi +6 \sqrt{3} \arctan\left(\frac{1+2 x}{\sqrt{3}}\right)+3 \log\left(1+x+x^2\right)\right) $$ y evaluando al $x=\frac{1}{2}$ se sigue que $$ \sum_{n\geq 0}\frac{1}{(3n+1)2^{3n+1}}=\frac{1}{2}\,\phantom{}_2 F_1\left(\frac{1}{3},1;\frac{4}{3};\frac{1}{8}\right)= \color{red}{\frac{1}{18} \left[-\pi\sqrt{3}+6 \sqrt{3} \arcsin\left(\frac{2}{\sqrt 7}\right)+3 \log(7)\right]}$$

Answer 2

Similar a la respuesta de Jack D'Aurizio y la de los tuyos, pero vamos a $$f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{3n+1}\cdot x^{3n+1}\implies f'(x) = \sum_{n=0}^\infty x^{3n} =\frac{1}{1-x^3}$$ Por lo tanto, $$f(x) = \int\frac{1}{1-x^3}dx = \frac{1}{6}\left(\ln(x^2+x+1)-2\ln(1-x)+2\sqrt{3}\arctan\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)\right)+C$$ Because $f(0)=0$ we have $C = -\frac{\sqrt{3}}{18}\pi$. We get our result by noticing that our result is $\frac{1}{2}+f\left(\frac{1}{2}\right)$, which is approximately $1.016849...$.

Answer 3

A veces, cuando se enfrentan a una de estas "secciones" de un conocido de la serie ayuda a pensar en "las raíces de la unidad". Las otras soluciones que se dan aquí son sin duda el camino a seguir en este caso, pero es que vale la pena conocer la técnica genérica, así que aquí va.

Deje $G(x)=\sum_0^\infty \frac{x^{n+1}}{n+1}$ vemos que queremos "un tercio" de esta serie. Así que con $\omega:=\exp{\frac{2\pi}{3}}$ tenemos que la serie es el valor en $x=\frac{1}{2}$ de $$\frac{1}{3}\left[G(x)+\omega^2\ G(\omega x)+ \omega\ G(\omega^2 x)\right].$$ Nos gustaría obtener un par de series por tomar el otro obvio multiplicadores, $(1,1,1)$$(1,\omega,\omega^2)$.

Como $G(x)=\log (1-x)$ hay entonces nada que hacer aparte de algunos tedioso aritmética de evaluación del módulo y argumento de cosas como $1-\frac{1}{2}\omega$.

Answer 4

Es recomendable limpiar un poco las cosas:

$$1+{1\over4\cdot2^4}+{1\over7\cdot2^7}+{1\over10\cdot2^{10}}+\cdots={1\over2}+{1\over2}\left(1+{1\over4\cdot2^3}+{1\over7\cdot2^6}+{1\over10\cdot2^9}+\cdots \right)\\={1\over2}+{1\over2}f(1)$$

donde

$$f(x)=x+{x^4\over4\cdot2^3}+{x^7\over7\cdot2^6}+{x^{10}\over10\cdot2^9}+\cdots$$

Ahora

$$f'(x)=1+{x^3\over2^3}+{x^6\over2^6}+{x^9\over2^9}+\cdots={1\over1-\left(x\over2\right)^3}={8\over8-x^3}$$

Desde $f(0)=0$, tenemos

$$1+{1\over4\cdot2^4}+{1\over7\cdot2^7}+{1\over10\cdot2^{10}}+\cdots={1\over2}+{1\over2}\int_0^1f'(x)dx={1\over2}+\int_0^1{4\over8-x^3}dx$$

Paciente fracciones parciales da

$$\int_0^1{4\over8-x^3}dx={1\over\sqrt3}\left(\arctan\left(2\over\sqrt3\right)-{\pi\over6}\right)+{1\over6}\ln7$$

y así

$$1+{1\over4\cdot2^4}+{1\over7\cdot2^7}+{1\over10\cdot2^{10}}+\cdots={1\over2}+{\sqrt3\over3}\arctan\left(2\sqrt3\over3\right)+{1\over6}\ln7-{\pi\sqrt3\over18}\\ \approx1.016849$$

Observación: El OP es el resultado ha $3/4$ en lugar de $1/2$ $\pi\sqrt3/36$ en lugar de $\pi\sqrt3/18$. Numéricamente se da $1.417999...$, lo cual es claramente demasiado grande.