Tirando del hilo de las series geométricas o de cómo sumar algunos otros tipos de series de infinitos términos

Recordemoos que una serie geométrica de infinitos $\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,r^i$ con $|r|\lt 1$ converge a $\dfrac{1}{1-r}$. Valiéndonos de este resultado, podemos escribir el desarrollo en serie de potencias de una variable real $x$ para valores de la misma tales que $-1 -1 \lt x \lt 1$ sin más que cambiar $r$ por $x$ $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,x^i=\dfrac{1}{1-x}$$ Y si calculamos la integral indefinida o bien derivamos en cada miembro de esta igualdad obtendremos otros desarrollos en serie de potencias que pueden ayudarnos a sumar otras series numéricas infinitas, tal y como vamos a mostrar en breve. Así, si integramos en cada unos de los miembros de la igualda anterior, llegamos a $$\displaystyle \int \sum_{i=0}^{\infty}\,x^i\,dx =\int \dfrac{1}{1-x}\,dx$$ esto es $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{x^{i+1}}{i+1} =\ln\,(|1-x|)+C$$ Calculamos el valor de la constante de integración $C$, teniendo en cuenta que para $x=0$ se tiene que cumplir que $\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{0^{i+1}}{i+1} =\ln\,(|1-0|)+C$ y por tanto $0=0+C \Rightarrow C=0$, luego se tiene que $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{x^{i+1}}{i+1} =\ln\,(|1-x|)+0$$ esto es $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{x^{i+1}}{i+1} =\ln\,(|1-x|)$$ Podemos hacer un cambio de índice en el sumatorio para obtener una igualdad también válida un poco más compacta; así, si denominamos $j$ a $i+1$, el nuevo índice $j$ tomará el valor $1$ cuando $i$ tome el valor $0$, por tanto también es vàlido el siguiente resultado $$\displaystyle \sum_{j=1}^{\infty}\,\dfrac{x^{j}}{j} =\ln\,(|1-x|)$$ Volviendo ahora a las series numéricas, podemos enrriquecer nuestro «cajón de sastre» con una nueva herramienta: $$\displaystyle \sum_{j=1}^{\infty}\,\dfrac{r^{j}}{j} =\ln\,(|1-r|)\quad \text{para}\quad |r|\lt 1$$ Y, a modo de ejemplo, consideremos la siguiente $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\,\dfrac{1}{k\cdot 2^{k}}$. ¿Podríamos aprovechar este nuevo resultado para calcular su suma? Veamos que, en efecto, así es; para ello, hay que intentar reescribir el argumento del sumatorio perfilando el patrón del nuevo tipo de serie que ya sabemos sumar: $$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \,\dfrac{1}{k\cdot 2^{k}}= \sum_{k=1}^{\infty}\,\dfrac{1}{k} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{k}= \sum_{k=1}^{\infty}\,\dfrac{\left(\dfrac{1}{2}\right)^{k}}{k}$$ que se asemeja perfectamente con el resultando (siendo en este caso $r=1/2$), con lo cual concluimos que $$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \,\dfrac{1}{k\cdot 2^{k}}=\ln\,\dfrac{1}{2}$$
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Volviendo al desarrollo en serie de potencias, también podemos obtener un nuevo resultado para la suma infinita de otro nuevo tipo de series numéricas derivando respecto de la variable $x$ cada miembro de la igualdad $\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,x^i=\dfrac{1}{1-x}$ (que recordemos que és valida para $|x|\lt 1$): $$\displaystyle \dfrac{d}{dx}\left( \sum_{i=0}^{\infty}\,x^i\right) =\dfrac{d}{dx}\,\left(\dfrac{1}{1-x}\right)$$ con lo cual $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,i\,x^{i-1} =\dfrac{1}{(1-x)^2}$$ Y retornando ahora a las series numéricas, podemos reescribir lo anterior como un nuevo resultado muy útil para calcula la suma infita de un nuevo tipo de series. Cambiando $x$ por $r$ (recordando, eso sí, que $r$ ha de cumplir que $|r|\lt 1$): $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,i\cdot r^{i-1} \overset{\text{la contribución para}\,i=0\,\text{es nula}}{=}\sum_{i=1}^{\infty}\,i\cdot r^{i-1} = \dfrac{1}{(1-r)^2}$$ A modo de ejemplo, calculemos la siguiente suma infinita: $$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\,\dfrac{k+1}{3^k}$$ Esta serie se ajusta bien al tipo de serie que acabamos de tratar. En efecto, $$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\,\dfrac{k+1}{3^k} \overset{\ell:=k+1\,\text{con lo cual, cuando}\,k=0,\ell\,\text{toma el valor}\,1}{=}$$ $$=\displaystyle \sum_{\ell=1}^{\infty}\,\ell \cdot \left(\dfrac{1}{3}\right)^{\ell-1}\overset{$r=1/3$}{=}\dfrac{1}{\left(1-(1/3)\right)^2}=\dfrac{1}{(2/3)^2}=\dfrac{9}{4}$$ $\square$