Evaluar la suma de la serie de $\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k-1}\frac{1}{k(4k^2-1)}$

Question

Evaluar la suma de la serie $$\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k-1}\frac{1}{k(4k^2-1)}$$

He probado con dos métodos:

1) usar el poder de la serie

2) el uso de sumas parciales

pero no puedo encontrar la suma.

1) Usar el poder de la serie:

$$\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k-1}\frac{1}{k(4k^2-1)}x^{k(4k^2-1)}$$

$$f(x)=\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k-1}\frac{1}{k(4k^2-1)}x^{k(4k^2-1)}$$

Después de la derivación:

$$f'(x)=\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k-1}x^{4k^3-k-1}$$

El problema aquí es que: $$\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^{k-1}x^{4k^3-k-1}=x^2-x^{29}+x^{104}-...$$

Es posible encontrar la forma cerrada para el último de la serie?

2) el Uso de sumas parciales:

$$S_n=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{1}{(k+1)(4(k+1)^2-1)}$$

Ahora, usando la fórmula:

$$S_n+a_{n+1}=a_0+\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^{k}\frac{1}{(k+1)(4(k+1)^2-1)}\Rightarrow$$

$$S_n+(-1)^{n+1}\frac{1}{(k+2)(4(k+2)^2-1)}=\frac{1}{3}+\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^{k}\frac{1}{(k+1)(4(k+1)^2-1)}$$

$$S_n=\frac{1}{3}-\frac{1}{30}+...+(-1)^{n}\frac{1}{(n+1)(4(n+1)^2-1)}$$ $$\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^{k}\frac{1}{(k+1)(4(k+1)^2-1)}=T_n=-\frac{1}{30}+...+(-1)^{n+1}\frac{1}{(n+2)(4(n+2)^2-1)}$$ $$T_n=S_n-\frac{1}{3}+(-1)^{n+1}\frac{1}{(n+2)(4(n+2)^2-1)}$$

Volviendo a la fórmula de $$S_n+a_{n+1}=a_0+\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^{k}\frac{1}{(k+1)(4(k+1)^2-1)}$$

tenemos que $S_n$ cancela, por lo que no podemos determinar las sumas parciales utilizando este método?

$$S_n+(-1)^{n+1}\frac{1}{(k+2)(4(k+2)^2-1)}=\frac{1}{3}+T_n$$ $$S_n+(-1)^{n+1}\frac{1}{(k+2)(4(k+2)^2-1)}=\frac{1}{3}+S_n-\frac{1}{3}+(-1)^{n+1}\frac{1}{(n+2)(4(n+2)^2-1)}$$

Pregunta: ¿Cómo encontrar la suma de esta serie?

Answer 1

Con telescópicos, obtenemos

\begin{align*} \sum_{k=1}^\infty& (-1)^{k-1}\frac{1}{k(4k^2-1)}\\ &=\lim_{N\to\infty}\sum_{k=1}^N(-1)^{k-1}\frac{1}{k(4k^2-1)}\\ &=\lim_{N\to\infty}\sum_{k=1}^N(-1)^{k-1}\left(\frac{1}{2k-1}+\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{k}\right)\\ &=1-\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{1}{k}\\ &=1-\ln 2 \end{align*}

Answer 2

La forma de proceder es la de explotar la telescópico de la serie, como se ilustra por @MarkusScheuer. Pero, ...

Si uno realmente quiere utilizar el método propuesto en el OP, a continuación, escribir

$$\frac{1}{k(4k^2-1)}=\int_0^1 x^{k(4k^2-1)-1}\,dx$$

no nos lleva a una manejable camino a seguir desde $\sum_{k=1}^K x^{k(4k^2-1)-1}$ no es una serie geométrica.

Sin embargo, se puede proceder por escrito

$$\begin{align} \frac{1}{k(4k^2-1)}&=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k-1}-\frac1k\\\\ &=\int_0^1 (x^{2k}+x^{2k-2}-x^{k-1})\,dx \tag 1 \end{align}$$

A continuación, el uso de $(1)$ es fácil ver que

$$\begin{align} \sum_{k=1}^K (-1)^{k-1}\frac{1}{k(4k^2-1)}&=-\int_0^1 \sum_{k=1}^K((-x^2)^k+x^{-2}(-x^2)^k-x^{-1}(-x)^k)\,dx\\\\ &=\int_0^1 (1 -(-1)^Kx^{2K}) \,dx-\int_0^1 \frac{1-(-1)^Kx^{K}}{1+x}\,dx \\\\ &=1-\frac{(-1)^K}{2K+1}-\log(2)+(-1)^K\int_0^1 \frac{x^K}{1+x}\,dx\tag 2 \end{align}$$

de dónde dejar a $K\to \infty$ $(2)$ se obtiene el codiciado resultado

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\frac{1}{k(4k^2-1)}=1-\log(2)}$$

como se esperaba!

---

NOTA:

Hay un número de maneras de mostrar que la integral en el lado derecho de la $(2)$ enfoques $0$$K\to \infty$.

Una manera de hacerlo es aplicar el Teorema de Convergencia Dominada de dominar a la función $\frac{1}{1+x}$.

Una segunda forma es la integración por partes con $u=\frac1{1+x}$$v=\frac{x^{K+1}}{K+1}$.

Una tercera forma es la nota que $0\le \int_0^1 \frac{x^K}{1+x}\,dx\le \int_0^1x^K\,dx=\frac{1}{K+1}$ y aplicar el teorema del sándwich.

Answer 3

Observar que la comprobación de convergencia absoluta obtenemos

$$\frac1{k(4k^2-1)}\le\frac1{k^2}\;\implies\;\text{since}\;\;\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}$$

converge lo hace la serie de la izquierda. ¿Qué se puede entonces deducir?

Answer 4

Un enfoque alternativo: desde $\frac{1}{k(4k^2-1)} = \frac{1}{2k-1}-\frac{2}{2k}+\frac{1}{2k+1}$ es la integral sobre$(0,1)$$x^{2k-2}-2x^{2k-1}+x^{2k} = x^{2k-2}(1-x)^2$, tenemos: $$ \sum_{k\geq 1}\frac{(-1)^{k+1}}{k(4k^2-1)}=\int_{0}^{1}(1-x)^2\sum_{k\geq 1}(-1)^{k+1} x^{2k-2}\,dx = \int_{0}^{1}\frac{(1-x)^2}{1+x^2}\,dx $$ y la última integral se puede re-escribir como $$ 1-\int_{0}^{1}\frac{2x}{1+x^2}\,dx = 1-\log(1+x^2)_{x=1} = \color{red}{1-\log 2}.$$

Answer 5

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Esta es una variante de $\texttt{@Markus Scheuer}$ 'telescópica buena respuesta:

\begin{align} \sum_{k = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{k - 1} \over k\pars{4k^{2} - 1}} & = -2\sum_{k = 1}^{\infty} {\ic^{2k} \over \pars{2k}\bracks{\pars{2k}^{2} - 1}} = -2\,\Re\sum_{k = 2}^{\infty}{\ic^{k} \over k\pars{k^{2} - 1}} \\[5mm] & = -\,\Re\pars{\sum_{k = 2}^{\infty}{\ic^{k} \over k - 1} - 2\sum_{k = 2}^{\infty}{\ic^{k} \over k} + \sum_{k = 2}^{\infty}{\ic^{k} \over k + 1}} \\[5mm] & =\require{cancel} -\,\Re\bracks{\cancel{\ic\sum_{k = 1}^{\infty}{\ic^{k} \over k}} + 2\ic - \color{#f00}{2\sum_{k = 1}^{\infty}{\ic^{k} \over k}} - \color{#f00}{\ic}\pars{\color{#f00}{-\ic} + {1 \over 2} + \cancel{\sum_{k = 1}^{\infty}{\ic^{k} \over k}}}} \\[5mm] & = 2\,\Re\sum_{k = 1}^{\infty}{\ic^{k} \over k} + 1 = -2\,\Re\ln\pars{1 - \ic} + 1 = \bbx{\ds{1 - \ln\pars{2}}} \end{align}