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Calcular la suma de una serie

Cómo encontrar la suma de

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}\left\{\sum_{k=1}^{2n+1}\frac{(-1)^k} k \right\}$$


$$\begin{array}\\ \frac{1}{1}&\times&(-\frac{1}{1}) &+&\ \ \\ (-\frac{1}{3})&\times&(-\frac{1}{1}&+&\frac{1}{2}&-&\frac{1}{3})&+&\\ \frac{1}{5}&\times&(-\frac{1}{1}&+&\frac{1}{2}&-&\frac{1}{3}&+&\frac{1}{4}&-&\frac{1}{5})&+&\\ (-\frac{1}{7})&\times&(-\frac{1}{1}&+&\frac{1}{2}&-&\frac{1}{3}&+&\frac{1}{4}&-&\frac{1}{5}&+&\frac{1}{6}&-&\frac{1}{7})&+&\\ \\ & \,\vdots \end{matriz} $$

No tengo ni idea de cómo empezar esta pregunta. (Virtualmente, tengo una idea básica de relacionados con teorías sobre la serie doble. ) Consejos eficaces deben ser necesarios para mí.

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Paramanand Singh Puntos 13338

El interior suma puede escribirse como $$-\int_{0}^{1}\sum_{k=0}^{2n}(-1)^{k}x^{k}\,dx$$ which simplifies to $$-\int_{0}^{1}\frac{1+x^{2n+1}}{1+x}\,dx$$ or $$-\log 2-\int_{0}^{1}\frac{x^{2n+1}}{1+x}\,dx$$ Thus the sum in question is equal to $$-\frac{\pi\log 2}{4}-\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\,dx$$ (note the interchange of summation and integration which can be justified using very general theorems if needed) which is same as $$-\frac{\pi\log 2}{4}-\int_{0}^{1}\frac{\arctan x} {1+x}\,dx$$ I hope the integral can be evaluated in closed form and you should try to proceed from here. Based on comment from OP, we can see that the sum of the series is $% $ $-\frac{3\pi\log 2}{8}$y esto también coincide con el valor numérico obtenido en otra respuesta del usuario "Claude Leibovici".

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Claude Leibovici Puntos 54392

Esta no es una respuesta pero es demasiado largo para un comentario.

No estoy seguro de que podríamos llegar a un "buen" expresión para el límite infinito.

Mirando en el interior de la suma $$\sum_{k=1}^{2n+1}\frac{(-1)^k} k =-\Phi (-1,1,2 n+2)-\log (2)$$ donde aparece el Lerch trascendente función. De este modo, en la suma $$S=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}\left\{\sum_{k=1}^{2n+1}\frac{(-1)^k} k \right\}=-\sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n \Phi (-1,1,2 n+2)}{2 n+1}-\log(2)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}$$ The second summation is just $\frac \pi 4$, pero para la primera, I (CAS ni) encontrado ningún resultado.

La única cosa que pude hacer es calcular las sumas parciales $$T_p=\sum _{n=0}^{p } \frac{(-1)^n \Phi (-1,1,2 n+2)}{2 n+1}$$ y aviso (como sería de esperar) oscilaciones y un "lugar" lenta convergencia. Algunos valores se informan a continuación $$\left( \begin{array}{cc} p & T_p \\ 0 & 0.3068528194 \\ 1 & 0.2601241018 \\ 2 & 0.2781613324 \\ 3 & 0.2686789568 \\ 4 & 0.2745109280 \\ 5 & 0.2705657615 \\ 6 & 0.2734108826 \\ 7 & 0.2712625713 \\ 8 & 0.2729418771 \\ 9 & 0.2715932338 \\ 10 & 0.2727000562 \\ 11 & 0.2717754047 \\ 12 & 0.2725594174 \\ 13 & 0.2718862390 \\ 14 & 0.2724705249 \\ 15 & 0.2719586210 \\ 16 & 0.2724108044 \\ 17 & 0.2720084696 \\ 18 & 0.2723687660 \\ 19 & 0.2720442480 \\ 20 & 0.2723380637 \end{array} \right)$$ All of that seems to show that the infinite summation converges to something like $-0.816595$, que no es identificado por el inverso simbólico calculadoras.

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