如何证明-2log(2) = -2 + ∑ₙ=1^∞1/[n(2n+1)]？不借助Digamma函数

我们可以通过部分分式分解结合调和级数的渐近行为来完成证明，全程不需要用到Digamma函数的相关结论，步骤如下：

步骤1：拆分级数通项 #

首先对级数的通项进行部分分式分解，设：
$$\frac{1}{n(2n+1)} = \frac{A}{n} + \frac{B}{2n+1}$$
通分后得到：
$$1 = A(2n+1) + Bn$$
令 $n=0$，可得 $A=1$；令 $n=-\frac{1}{2}$，可得 $1 = B \cdot (-\frac{1}{2})$，即 $B=-2$。因此通项可以拆分为：
$$\frac{1}{n(2n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{2}{2n+1}$$

步骤2：将级数转化为调和级数的组合 #

把拆分后的通项代入原级数，得到：
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n+1)} = \sum_{n=1}^{\infty}\left( \frac{1}{n} - \frac{2}{2n+1} \right) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} - 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n+1}$$

这里我们用有限项和取极限的方式处理（因为调和级数发散，不能直接相减）。记第 $N$ 项部分和为 $S_N$，则：
$$S_N = \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n} - 2\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{2n+1}$$

回忆调和级数的定义：$H_k = \sum_{n=1}^k \frac{1}{n}$，那么$\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{2n+1}$ 可以表示为：
$$\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{2n+1} = H_{2N+1} - 1 - \frac{1}{2}H_N$$
解释一下：$H_{2N+1}$ 是前 $2N+1$ 项的调和和，减去第一项 $1$，再减去所有偶数项的和 $\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots+\frac{1}{2N} = \frac{1}{2}H_N$，剩下的就是从 $\frac{1}{3}$ 到 $\frac{1}{2N+1}$ 的奇数项和，也就是我们需要的部分。

步骤3：计算部分和的极限 #

把上面的表达式代入 $S_N$：
$$
\begin{align*}
S_N &= H_N - 2\left( H_{2N+1} - 1 - \frac{1}{2}H_N \right) \
&= H_N - 2H_{2N+1} + 2 + H_N \
&= 2H_N - 2H_{2N+1} + 2
\end{align*}
$$

接下来用调和级数的渐近展开式：当 $k \to \infty$ 时，$H_k = \ln k + \gamma + o(1)$，其中 $\gamma$ 是欧拉-马歇罗尼常数，$o(1)$ 表示趋于0的余项。

代入 $H_N$ 和 $H_{2N+1}$（注意 $\ln(2N+1) \approx \ln(2N) = \ln2 + \ln N$ 当 $N$ 很大时）：
$$
\begin{align*}
S_N &= 2(\ln N + \gamma + o(1)) - 2(\ln(2N+1) + \gamma + o(1)) + 2 \
&\approx 2\ln N + 2\gamma - 2(\ln2 + \ln N + \gamma) + 2 + o(1) \
&= 2\ln N + 2\gamma - 2\ln2 - 2\ln N - 2\gamma + 2 + o(1) \
&= 2 - 2\ln2 + o(1)
\end{align*}
$$

当 $N \to \infty$ 时，$o(1) \to 0$，因此：
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n+1)} = 2 - 2\ln2$$

步骤4：验证原等式 #

把级数的结果代入原等式右边：
$$-2 + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n+1)} = -2 + (2 - 2\ln2) = -2\ln2$$

而左边是 $-2\log(2)$（这里默认 $\log$ 是自然对数，和 $\ln$ 等价），左右两边相等，等式得证。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Alex