Demostrando que $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \log 2$

Question

Como se indica en el título, estoy tratando de demostrar que $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \log2$ Creo que tengo que usar la Serie Geométrica así:

$$1+u+u^2+...+u^n = \frac{1-u^{n+1}}{1-u}$$

A continuación, ajuste $u = -t$ Reescríbelo así:

$$1-t+t^2-...+(-1)^n t^n + \frac{(-1)^{n+1}t^{n+1}}{1+t}= \frac{1}{1+t}$$

Pero ahora no estoy seguro de dónde ir a continuación para llegar a mi conclusión, cualquier orientación y explicación sería apreciada, ¡gracias!

Answer 1

Tome la integral de $0$ a $1$ en ambos lados de la ecuación, dando como resultado

$$1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} -\cdots + (-1)^n\frac{1}{n+1} + (-1)^{n+1}\int_0^1 \frac{t^{n+1}}{1+t}\, dt = \log 2$$

Queremos mostrar

$$\lim_{n\to\infty} (-1)^{n+1}\int_0^1 \frac{t^{n+1}}{1+t}\, dt = 0\tag{*}$$

Para ello, utilizamos la desigualdad $1 + t \ge 1$ para $t \ge 0$ para obtener

$$\left\lvert (-1)^{n-1} \int_0^1 \frac{t^{n+1}}{1+t}\, dt\right\rvert = \int_0^1 \frac{t^{n+1}}{1+t}\, dt \le \int_0^1 t^{n+1}\, dt = \frac{1}{n+2}$$

Desde $\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n+2} = 0$ (*) se mantiene.

Answer 2

pista

Dejemos que $f(x)=\ln(1+x)$ . $f$ es $C^{\infty}$ cerca de $0$ . por lo tanto para $n>0, \exists c\in(0,1)\;:\;$

$$f(1)=f(0)+\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}f^{(k)}(0)+\frac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(c)$$

pero $f^{(n+1)}(c)=(-1)^{n}\frac{n!}{(1+c)^{n+1}}$

y $0<\frac{1}{1+c}<1$ Así que

$$\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k+1}}{k}=f(1)=\ln(2).$$

Answer 3

A partir de la expansión de Taylor del logaritmo natural

$$\ln(1+x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}nx^n$$

Con $x=1$ , $\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}n=\ln(2)$