Una forma cerrada de $\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k!}\Gamma^2\left(\frac{k}{2}\right)$

Question

Busco una forma cerrada de la siguiente serie

\begin {Ecuación} \mathcal {I}= \sum_ {k=1}^ \infty\frac {(-1)^{k+1}}{k!} \Gamma ^2 \left ( \frac {k}{2} \right ) \end {Ecuación}

No tengo ni idea de cómo responder a esta pregunta. Wolfram Alpha me da el resultado:

$$\mathcal{I}\approx2.7415567780803776$$

Podría alguien ayudarme a obtener la forma cerrada de la serie preferiblemente ( si es posible ) con formas elementales (métodos de la escuela secundaria)? Cualquier ayuda será muy apreciada. Gracias.

Answer 1

Se puede utilizar la identidad dada por la función Beta de Euler $$\int_{0}^{1}x^{a-1} (1-x)^{b-1} \,dx=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}$$ para declarar: $$S=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k!}\Gamma(k/2)^2=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\int_{0}^{1}\left(x(1-x)\right)^{k/2-1}\,dx $$ y cambiando la serie y la integral: $$ S = \int_{0}^{1}\frac{\log(1+\sqrt{x(1-x)})}{x(1-x)}dx = 2\int_{0}^{1/2}\frac{\log(1+\sqrt{x(1-x)})}{x(1-x)}dx,$$ $$ S = 2\int_{0}^{1/2}\frac{\log(1+\sqrt{1/4-x^2})}{1/4-x^2}dx = 4\int_{0}^{1}\frac{\log(1+\frac{1}{2}\sqrt{1-x^2})}{1-x^2}dx,$$ $$ S = 4\int_{0}^{\pi/2}\frac{\log(1+\frac{1}{2}\sin\theta)}{\sin\theta}d\theta.$$ Ahora Mathematica me da $\frac{5\pi^2}{18}$ como un valor explícito para la última integral, pero probablemente estamos en el camino equivocado, y sólo necesitamos explotar la identidad $$\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^2\binom{2k}{k}}=\frac{\pi^2}{18}$$ que se desprende de la técnica de aceleración de Euler aplicada al $\zeta(2)$ -serie. La otra "pieza" (la $U$ -en la respuesta de Marty Cohen) viene dada simplemente por la serie de Taylor de $\arcsin(z)^2$ . Más detalles por venir.

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De hecho, ambos Los enfoques conducen a una respuesta. El enfoque de la serie (Taylor), como muestra Bhenni Benghorbal a continuación, conduce a la identidad: $$\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k!}\Gamma^2\left(\frac{k}{2}\right)x^k= 2 \arcsin \left( x/2 \right) \left(\pi - \arcsin \left( x/2\right) \right),\tag{1}$$ mientras que el enfoque integral, como señaló Achille Hui en los comentarios, conduce a: $$\begin{eqnarray*}\int_{0}^{\pi/2}\frac{\log(1+\frac{1}{2}\sin\theta)}{\sin\theta}\,d\theta&=&\int_{0}^{1}\log\left(1+\frac{t}{1+t^2}\right)\frac{dt}{t}\\&=&\int_{0}^{1}\frac{\log(1-t^3)-\log(1-t)-\log(1+t^2)}{t}\,dt\\&=&\int_{0}^{1}\frac{-\frac{2}{3}\log(1-t)-\frac{1}{2}\log(1+t)}{t}\,dt\\&=&\frac{1}{6}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{4+3(-1)^k}{k^2}=\frac{1}{6}\left(4-\frac{3}{2}\right)\zeta(2)=\frac{5\pi^2}{72}.\end{eqnarray*}\tag{2}$$

Gracias a ambos ya que ahora esta respuesta puede convertirse en una referencia tanto para problemas de tipo integral-lógico como $(2)$ y para $\Gamma^2$ -series como $(1)$ .

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Actualización 14-06-2016 . Acabo de descubrir que este problema también puede resolverse calculando $$ \int_{-1}^{1} x^n\, P_n(x)\,dx, $$ donde $P_n$ es un polinomio de Legendre, mediante la fórmula de recursión de Bonnet o la fórmula de Rodrigues. Realmente interesante.

Answer 2

$($ Esto es más un comentario que una respuesta, pero $...)$

Considere el par y el impar $k$ en sumas separadas:

Nota: Probablemente no quiera $\Gamma(0)$ en la suma, así que empezaré en $k=1$ .

$$\begin{align} \\S &=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k!}\left[\Gamma\left(\frac{k}{2}\right)\right]^2 \\\\ &=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{2k+1}}{(2k)!}\left[\Gamma\left(\frac{2k}{2}\right)\right]^2 ~+~\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^{2k+1+1}}{(2k+1)!}\left[\Gamma\left(\frac{2k+1}{2}\right)\right]^2 \\\\ &=\sum_{k=1}^\infty\frac{-1}{(2k)!}\left[\Gamma\left(k\right)\right]^2 ~+~\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(2k+1)!}\left[\Gamma\left(k+\frac12\right)\right]^2 \\\\ &=-\sum_{k=1}^\infty\frac{((k-1)!)^2}{(2k)!} ~+~\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(2k+1)!}\left[\frac{\sqrt{\pi}(2k)!}{4^kk!}\right]^2 \\\\ &=-\sum_{k=1}^\infty\frac{((k-1)!)^2}{(2k)!} ~+~\pi\sum_{k=0}^\infty\frac{(2k)!}{(2k+1)16^k(k!)^2} \\\\ &=-T~+~\pi~U, \\\\ \end{align}$$

donde $~T=\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{((k-1)!)^2}{(2k)!},~$ y $~U=\displaystyle\sum_{k=0}^\infty\frac{(2k)!}{(2k+1)16^k(k!)^2}.$

Puedes escribir estas sumas en términos de coeficientes binomiales centrales $\displaystyle\binom{2k}{k}=\frac{(2k)!}{(k!)^2},$
y gente que sabe más de esto de lo que yo puedo resumir.

Lo dejaré así.

Answer 3

Esta es una forma cerrada

$$ \mathcal{I}=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k!}\Gamma^2\left(\frac{k}{2}\right)x^k= 2 \arcsin \left( x/2 \right) \left(\pi - \arcsin \left( x/2\right) \right) .$$

Ahora sólo tienes que conectar $x=1$ y el resultado es el siguiente.

Answer 4

Esto es más un comentario que una respuesta

Como ha comentado Jack D'Aurizio, supongo que la suma comienza en $k=1$ y no $k=0$ tal y como está escrito en el post. Utilizando un CAS, el resultado obtenido es $$\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k!}\left[\Gamma\left(\frac{k}{2}\right)\right]^2=\frac{5 \pi ^2}{18}$$ que coincide con el valor que has obtenido con Wolfram Alpha. Obtener este resultado con formas elementales (como los métodos del instituto) parece difícil (al menos para mí).

Lo único que he podido obtener es que $$\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k+1}}{k!}\left[\Gamma\left(\frac{k}{2}\right)\right]^2=\frac{(-1)^n \Gamma \left(\frac{n}{2}+1\right)^2 \, _3F_2\left(1,\frac{n}{2}+1,\frac{n}{2}+1;\frac{n}{2}+\frac{3}{2},\frac{n}{2}+2; \frac{1}{4}\right)}{\Gamma (n+3)}-\frac{(-1)^n \Gamma \left(\frac{n+1}{2}\right)^2 \, _3F_2\left(1,\frac{n}{2}+\frac{1}{2},\frac{n}{2}+\frac{1}{2};\frac{n}{2}+1,\frac{n }{2}+\frac{3}{2};\frac{1}{4}\right)}{\Gamma (n+2)}+\frac{5 \pi ^2}{18}$$ que no es ni agradable ni fácil de obtener.

Una pequeña cosa que hice fue calcular la suma para impar y términos pares. Para valores Impares de $k$ la suma infinita es $\frac{\pi ^2}{3}$ mientras que para valores pares de $k$ la suma infinita es $-\frac{\pi ^2}{18}$ y esto hace que el resultado final de $\frac{5\pi ^2}{18}$ .

Añadido más tarde

Mirando la respuesta de Marty Cohen, y computando los términos que definió, encontré que $T=\frac{\pi ^2}{18}$ y $U=\frac{\pi}{3}$ que de nuevo conducen al mismo resultado final.