Telescopia (?) de una serie infinita

Question

Encuentra el valor de la suma $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(7n+32) \cdot3^n}{n(n+2) \cdot 4^n}.$

Utilizando la descomposición parcial de la fracción, encontré que la expresión anterior es equivalente a $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{25}{n} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^n - \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{18}{n+2} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^n,$ donde no pude encontrar una forma cerrada de ninguna de las dos expresiones debido a la $\left(\dfrac{3}{4}\right)^n.$

Del mismo modo, tratar de telescopiar una de las sumas con $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+2}\right) \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^n$ falla por la misma razón. ¿Cómo puedo simplificar más la expresión anterior? Gracias.

Answer 1

SUGERENCIA:

$$7n+32=4^2(n+2)-3^2\cdot n$$

$$\implies\dfrac{7n+32}{n(n+2)}\left(\dfrac34\right)^n=\dfrac{4^2(n+2)-3^2\cdot n}{n(n+2)}\left(\dfrac34\right)^n=\dfrac{16\left(\dfrac34\right)^n}n-\dfrac{16\left(\dfrac34\right)^{n+2}}{(n+2)}$$

Answer 2

Tenga en cuenta que $$\sum_{n=1}^\infty \frac {r^n}n=\sum_{n=1}^\infty \int_0^x r^{n-1}dr=\int_0^x\sum_{n=1}^\infty r^n dr=\int_0^x \frac 1{1-r}dr=\bigg[-\ln(1-r)\bigg]_0^x=\ln\left(\frac 1{1-x}\right)$$ y $$\sum_{n=1}^\infty\frac {r^n}{n+2}=\sum_{n=3}^\infty \frac {r^{n-2}}{n}=\frac 1{r^2}\sum_{n=3}^\infty\frac {r^n}n=\frac 1{r^2}\left[\left(\sum_{n=1}^\infty\frac {r^n}n\right)-r-\frac {r^2}2\right]=\frac 1{r^2}\left[\ln\left(\frac 1{1+r}\right)\right]-\frac 1r-\frac 12$$ Poniendo $r=\dfrac 34$ da $$\sum_{n=1}^\infty \frac{\left(\frac 34\right)^n}n=\ln 4$$ y $$\sum_{n=1}^\infty \frac {\left(\frac 34\right)^n}{n+2}=\frac {16}9\ln 4-\frac {11}6$$ Por lo tanto,

$$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac {7n+32}{n(n+2)}\cdot \left(\frac 34\right)^n &=16\sum_{n=1}^\infty \frac{\left(\frac 34\right)^n}{n} -9\sum_{n=1}^\infty \frac{\left(\frac 34\right)^n}{n+2} \\ &=16\;\;\ln4\;\;\;\;-\;\;9\left(\frac {16}9 \ln4 -\frac {11}6\right)\\ &=\color{red}{\frac{33}2} \end{align}$$

Answer 3

Sugerencia: para $|x|<1$ la serie del poder $f(x):=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}x^n$ es convergente.

Por lo tanto, $f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}x^{n-1}=\frac{1}{1-x}$ para $|x|<1$ .

Answer 4

Considera: $$\frac{7 \, n +32}{n(n+2)} = \frac{7(n+2) + 9}{n(n+2)} = \frac{16}{n} - \frac{9}{n+2}$$ de la cual \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{7 \, n +32}{n(n+2)} \, t^{n} &= - 16 \, \ln(1-t) - \frac{9}{t^2} \, \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^{n}}{n} - t - \frac{t^{2}}{2} \right) \\ &= \left(\frac{9}{t^{2}} - 16 \right) \, \ln(1-t) + \frac{9}{t} + \frac{9}{2}. \end{align} Cuando $t = 3/4$ entonces esto se convierte en \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{7 \, n +32}{n(n+2)} \, \left( \frac{3}{4}\right)^{n} = \frac{33}{2}. \end{align} Es evidente que los dos únicos valores de $t$ para los que el término logarítmico tiene un coeficiente cero son $t = \pm (3/4)$ . Desde este punto de vista se desarrolla: $$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \, \left(\frac{7 \, n +32}{n(n+2)}\right) \, \left( \frac{3}{4}\right)^{n} = \frac{15}{2}.$$