Serie

[anto_zoolander]

Non è molto difficile, però la propongo.
La fonte è un testo d'esame del docente Tauraso di Tor Vergata.

[size=150]$sum_(n=1)^(infty)(1+n(-1)^n)/(n(n+1))$[/size]

Io l'ho svolto con le somme parziali e mi è venuto $log2$

[consec]

Per comodità di notazione chiamo $k$ la successione degli interi dispari ($1,3,5,7...$) e $k+1$ la successione degli interi pari ($2,4,6,8...$).
Spezziamo la sommatoria.
$\sum _{n=1}^{infty}(1+n(-1)^n)/(n(n+1)$ $=$ $\sum _{k+1=2}^{infty} (1+(k+1))/((k+1)(1+(k+1))$ $+$ $\sum _{k=1}^{infty} (1-k)/(k(k+1))$
Semplificando notiamo che la prima sommatoria corrisponde ai termini pari della serie armonica. Passiamo dunque alla seconda.
Scomponiamo un singolo termine della sommatoria in fratti semplici
$(1-k)/(k(k+1)) = A/k + B/(k+1) = ((A+B)k+A)/(k(k+1))$. Ponendole a sistema troviamo $A=1$ e $B=-2$
Dunque la seconda sommatoria è uguale a $\sum_{k=1}^{infty} 1/k-2/(k+1)$
Unendo le due sommatorie otteniamo:
$\sum_{k=1}^{infty} 1/k-2/(k+1)+1/(k+1)$ $=$ $\sum_{k=1}^{infty} 1/k-1/(k+1)$ ossia $1-1/2+1/3-1/4+1/5-1/6...$. Riconosciamo dunque la serie armonica a segni alterni, che sappiamo convergere a $log(2)$ (onestamente non saprei dimostrarlo così su due piedi, ma penso si possa assumere come risultato noto).

[Vincent46]

Confermo il risultato.

Spezzo la serie in una somma di due sottoserie.
La prima sottoserie, il cui termine generico è $\frac{1}{n^2+n}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$, è una serie telescopica che converge a $1$.
La seconda sottoserie, il cui termine generico è $(-1)^n \frac{1}{n+1}$, è uguale a $log(2)-1$: basta calcolare $log(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}- ...$ in $x=1$.