El siguiente resultado partidos muy buenos numéricamente: $$\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(3n+1)^3}=\frac{13}{27}\zeta(3)+\frac{2\pi^3}{81\sqrt{3}}.$ $ aunque no estoy seguro de cómo abordar esto. ¿Cómo podemos demostrarlo? ¿También, es posible encontrar cerrada forma de $$\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(3n+1)^5}$ $ o similares?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Deje $$S_1=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(3n+1)^3} ,S_2=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(3n+2)^3}.$$ Es fácil ver que $$S_1+S_2+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(3n)^3}=\zeta(3)$$ Es decir, $$S_1+S_2=\zeta(3)-\frac{1}{27}\zeta(3)=\frac{26}{27}\zeta(3)\tag{1}$$ Sin embargo, $$S_1-S_2=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(3n+1)^3}-\frac{1}{(3n+2)^3}=\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{(3n+1)^3}=\frac{4\pi^3}{81\sqrt{3}}\tag{2}$$
Para calcular el $(2)$ ,considere la forma de Weierstrass de la función de sinc $$\frac{\sin x}{x}=\prod\limits_{n=1}^\infty\left(1-\frac{x^2}{\pi^2 n^2}\right)$$ y tome $\frac{d^3}{dx^3}\log(\cdot)$ de ambos lados. Set $x=\frac{\pi}{3}.$
La actualización. He encontrado que esta pregunta ya ha sido pedido aquí, así que me unen a estos dos: Suma, a la función zeta
También, yo les doy una forma alternativa de calcular el $(2)$. Deje $\omega=\exp(2 i \pi / 3)=-\frac12+i\frac{\sqrt{3}}{2}$. Ahora, podemos encontrar que $$\operatorname{Re}(\omega^{n+1})+\frac1{\sqrt{3}}\operatorname{Im}(\omega^{n+1})=\begin{cases} 0 & n\equiv 0 \\ -1 & n\equiv 1 \\ 1 & n\equiv 2 \end{casos} \pmod{3}.$$ Por lo tanto $$-\sum \frac1{(3n+1)^3}+\sum \frac1{(3n+2)^3}=\sum \frac{\operatorname{Re}(\omega^{n+1})+\frac1{\sqrt{3}}\operatorname{Im}(\omega^{n+1})}{n^3}\\=\operatorname{Re}(\omega\operatorname{Li_3}(\omega))+\frac1{\sqrt{3}}\operatorname{Im}\left(\omega\operatorname{Li_3}(\omega)\right) \\=-\frac12 \operatorname{Re}\operatorname{Li_3}(\omega)-\frac{\sqrt{3}}{2}\operatorname{Im}\operatorname{Li_3}(\omega)+\frac1{\sqrt{3}}\left(-\frac12 \operatorname{Im}\operatorname{Li_3}(\omega)+\frac{\sqrt{3}}{2}\operatorname{Re}\operatorname{Li_3}(\omega)\right) \\=-\frac{2}{\sqrt{3}}\operatorname{Im}\operatorname{Li_3}(\omega)=-\frac{2}{\sqrt{3}}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(2\pi n/3)}{n^3}.$$
Pero en realidad podemos calcular el $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(nx)}{n^3}=\frac{\pi^2 x}{6}-\frac{\pi x^2}{4}+\frac{x^3}{12},$
de modo que $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(2\pi n/3)}{n^3}=\pi^3\left(\frac1{9}-\frac1{9}+\frac{2}{81}\right)=\frac{2\pi^3}{81}$, y, finalmente, $\displaystyle S_1-S_2=\frac{4\pi^3}{81\sqrt{3}}.$
Roger Hoover
Puntos
56
Tenemos: $$ \int_{0}^{1} x^{3n}\log^2 x\,dx = \frac{2}{(3n+1)^3} $ $ por lo tanto: $$ \sum_{n\geq 0}\frac{1}{(3n+1)^3} = \frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\log^2 x}{1-x^3}\,dx=-\frac{1}{2}\left.\frac{d^2}{ds^2}\int_{0}^{1}\frac{1-x^s}{1-x^3}\,dx\,\right|_{s=0}$ $ utilizando la misma técnica de esta cuestión.
Por otro lado, la última integral se relaciona con la función del digamma: %#% $ #% para la serie original sólo depende de una combinación lineal de $$\int_{0}^{1}\frac{1-x^s}{1-x^3}\,dx = \frac{1}{2}\log 3+\frac{\pi\sqrt{3}}{18}+ \frac{1}{3}\,H_{\frac{s-2}{3}}$ y $\zeta(3)$.
El otro caso es similar.
