Probar

Question

Mientras trabajaba en una suma doble difícil, reduje (erróneamente) que la suma de abajo, que reconocí numéricamente a converger rápidamente a $\log 2$.

Prueba $$\lim{m\to\infty}\sum{k=1}^m\frac{2^{-k}}{k} = \log 2$ $

La observación Linda es si reemplazar el $2^{-k}$ $(-1)^{-k}$ obtienes el mismo resultado (ahora la convergencia se convierte en condicional).

Answer 1

Destacados:

$\;|x|

$$\frac1{1-x}=\sum{n=0}^\infty x^n\implies -\log(1-x)=\sum{n=0}^\infty\frac{x^{n+1}}{n+1}=\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}n$$

y ahora sustituir $\;x=\frac12\;$...

Answer 2

En comparación con la serie geométrica con $1/2$ como cociente común, la serie en la cuestión converge absolutamente, por lo que podemos escribir

\begin{align} & \sum{k=1}^\infty \frac{2^{-k}}{k} \ =& \sum{k=1}^\infty 2^{-k} \int_0^1 x^{k-1} dx \ =& \int0^1 \sum{k=1}^\infty 2^{-k} x^{k-1} dx \tag{Fubini's Theorem} \ =& \frac12 \int0^1 \sum{k=1}^\infty \left(\frac{x}{2}\right)^{k-1} dx \ =& \frac12 \int_0^1 \frac{1}{1-x/2} dx \ =& \left[ -\ln\left|1-\frac{x}{2}\right| \right]_0^1 \ =& \ln2. \end {Alinee el}