Cómo mostrar$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n+1}}{n(n+1)}=2$?

Question

Estoy interesado en la prueba de $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n+1}}{n(n+1)}=2, \quad H_{n}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}$$

Este resultado puede ser verificado por Mathematica o por WolframAlpha

Esta serie se puede encontrar como Problema 3.59 (a) en el libro Ovidiu Furdui: Límites, Series, y la Parte Fraccionaria de las Integrales. Problemas de Análisis Matemático, Springer, 2013, resolución de Libros en las Matemáticas, en la que se indica en el formulario

$$\sum_{k=1}^\infty\left(1+\frac12+\frac13+\dots+\frac1{n+1}\right)\frac1{n(n+1)}=2.$$

Algunos pensamientos relacionados con:

• Es relativamente fácil demostrar que la serie converge, el $n$-ésimo término es de aproximadamente $\frac{\ln n}{n(n+1)}$. Por lo que podríamos usar límite de la prueba de comparación con la serie $\frac1{n^\alpha}$ cualquier $\alpha\in(1,2)$.
• Si el numerador es uno, la serie de sumas de dinero a $1$: ¿Cómo puedo demostrar que $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)} = 1$? Aquí nos esperan grandes resultados.

Answer 1

Pozo.

Desde

\begin{align} \frac{1}{(n+1)n}= \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \end {Alinee el} y luego vemos eso\begin{align} \frac{H{n+1}}{n(n+1)} =&\ \frac{H{n+1}}{n} - \frac{H_{n+1}}{n+1}\ =&\ \frac{Hn}{n}-\frac{H{n+1}}{n+1}+\frac{1}{n(n+1)}. \end{align} por lo tanto, tenemos que\begin{align} \sum^\infty{n=1}\frac{H{n+1}}{n(n+1)} = \sum^\infty_{n=1}\left(\frac{Hn}{n}-\frac{H{n+1}}{n+1} \right)+\sum^\infty_{n=1}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right) = H_1 + 1 = 2. \end {alinee el}

Answer 2

Para esta solución, vamos a hacer uso de la suma telescópica

$$\sum{n=1}^\infty{1\over n(n+1)}=\sum{n=1}^\infty\left({1\over n}-{1\over n+1} \right)=1$$

y libremente el intercambio de sumas, derivados e integrales.

En primer lugar, que

$$H_{n+1}(x)=x+{x^2\over2}+\cdots+{x^{n+1}\over n+1}$$

Para

$$H_{n+1}'(x)=1+x+\cdots+x^n={1-x^{n+1}\over1-x}$$

Ahora

$$F(x)=\sum{n=1}^\infty{H{n+1}(x)\over n(n+1)}$$

Para

$$\begin{align} F'(x)&=\sum{n=1}^\infty{H{n+1}'(x)\over n(n+1)}\ &={1\over1-x}\left(\sum{n=1}^\infty{1\over n(n+1)}-\sum{n=1}^\infty{x^{n+1}\over n(n+1)} \right)\ &={1\over1-x}\left(1-\sum{n=1}^\infty\left({x^{n+1}\over n}-{x^{n+1}\over n+1} \right)\right)\ &={1\over1-x}\left(1+\sum{n=2}^\infty{x^n\over n}-x\sum{n=1}^\infty{x^n\over n} \right)\ &={1\over1-x}\left(1-x+\sum{n=1}^\infty{x^n\over n}-x\sum{n=1}^\infty{x^n\over n} \right)\ &=1+\sum{n=1}^\infty{x^n\over n} \end {Alinee el} $$

y así, desde $F(0)=0$, tenemos

$$\sum{n=1}^\infty{H{n+1}\over n(n+1)}=F(1)=\int0^1F'(x)dx=1+\sum{n=1}^\infty{1\over n(n+1)}=1+1=2$$

Answer 3

A través de funciones generatrices: $$ -\log(1-x)=\sum{n\geq 1}\frac{x^n}{n},\qquad \frac{-\log(1-x)}{1-x}=\sum{n\geq 1} H{n} x^n\tag{1} $ $ para cualquier $x\in(0,1)$. Teniendo en cuenta que $\int{0}^{1}-\log(x)\,dx=1$ y que $\int{0}^{1}x^n(1-x)\,dx=\frac{1}{(n+1)(n+2)}$ $$ -\log(1-x)=\sum{n\geq 1}Hn x^n(1-x),\qquad 1=\sum{n\geq 1}\frac{H{n}}{(n+1)(n+2)}.\tag{2} $ $desde $$ \sum{n\geq 1}\frac{1}{(n+1)^2(n+2)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)^2}=\sum{n\geq 1}\frac{1}{(n+1)^2}-\frac{1}{(n+2)^2}=\frac{1}{4}\tag{3}$ $ obtenemos $$ \frac{5}{4}=\sum{n\geq 1}\frac{H{n+2}}{(n+1)(n+2)},\qquad \sum{n\geq 1}\frac{H_{n+1}}{n(n+1)}=\frac{5}{4}+\frac{H_2}{2}=2.\tag{4}$ $

Answer 4

$$ \sum{n=1}^N \frac{H{n+1}}{n(n+1)} = \sum{n=1}^N H{n+1}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right) = H2-\frac {H {n+1}} {n+1} + \sum {n = 2} ^ {N} \frac {H {n+1}-H_n} {n} = H2-\frac {H {n+1}} {n+1} + \sum {n = 2} ^ {N} \ frac1{n(n+1)} \to\frac32+\sum{n=2}^\infty\frac1{n(n+1)} $$ $N\to\infty$ etcetera.