Evaluar $\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \ln\frac{2+2n}{1+2n}$

Question

Estoy tratando de evaluar:

$$\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \ln\frac{2+2n}{1+2n}$$

No estoy muy seguro de por dónde empezar. He tratado de escribir como una suma telescópica, pero que no funciona. Estoy pensando en lo relacionado con el Wallis Producto o algunas infinito producto de Gamma de alguna manera, pero no puedo encontrar nada.

He reescrito como:

$$\sum_{n=0}^\infty \ln\frac{(2+4n)(3+4n)}{(1+4n)(4+4n)}=\ln\prod_{n=0}^\infty\frac{(2+4n)(3+4n)}{(1+4n)(4+4n)}$$

pero fue en vano.

Answer 1

Tenemos la expansión de la serie de la función digamma:

$$\psi(z)=-\gamma+\sum_{n=0}^\infty\frac1{n+1}-\frac1{n+z}$$

La integración de ambos lados da

$$\ln\Gamma(z)=(1-z)\gamma+\sum_{n=0}^\infty\frac{z-1}{n+1}+\ln\left[\frac{n+1}{n+z}\right]$$

Por lo tanto, tenemos

$$\ln\Gamma(1)+\ln\Gamma(1/4)-\ln\Gamma(1/2)-\ln\Gamma(3/4)=\sum_{n=0}^\infty\ln\left[\frac{(n+1/2)(n+3/4)}{(n+1)(n+1/4)}\right]$$

$$\ln\left[\frac{\Gamma(1/4)}{\Gamma(3/4)}\right]-\frac12\ln(\pi)=\sum_{n=0}^\infty\ln\left[\frac{(4n+2)(4n+3)}{(4n+4)(4n+1)}\right]$$

Answer 2

Sólo quiero señalar que, una versión general de este existe (Almodavar, Hall et.al https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL19/Moll/moll3.pdf).

\begin{eqnarray*} \prod_{n=0}^{\infty}{\left(\frac{2\alpha n+\beta}{2\alpha n+\gamma}\right)^{(-1)^{n}}} &=& 2^{\frac{\gamma-\beta}{2\alpha}} \frac{\Gamma^{2}\left(\frac{\gamma}{4\alpha}\right)}{\Gamma^{2}\left(\frac{\beta}{4\alpha}\right)} \frac{\Gamma\left(\frac{\beta}{2\alpha}\right)}{\Gamma\left(\frac{\gamma}{2\alpha}\right)} \end{eqnarray*}

Tomando $\ln$, a continuación, tendrá,

\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} {\ln \left(\frac{2\alpha n+\beta}{2\alpha n+\gamma}\right)} &=& \sum_{n=0}^{\infty}{\ln \left(\frac{2\alpha n+\beta}{2\alpha n+\gamma}\right)^{(-1)^{n}}} \\ &=& \ln \prod_{n=0}^{\infty}{\left(\frac{2\alpha n+\beta}{2\alpha n+\gamma}\right)^{(-1)^{n}}} \\ &=& \ln \left(2^{\frac{\gamma-\beta}{2\alpha}} \frac{\Gamma^{2}\left(\frac{\gamma}{4\alpha}\right)}{\Gamma^{2}\left(\frac{\beta}{4\alpha}\right)} \frac{\Gamma\left(\frac{\beta}{2\alpha}\right)}{\Gamma\left(\frac{\gamma}{2\alpha}\right)}\right) \end{eqnarray*}

La pregunta de interés aquí es un caso de$\alpha=1,\beta=2,$$\gamma=1$, que se convertirá,

\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} {\ln \left(\frac{2 n+2}{2 n+1}\right)} &=& \ln \left(2^{-\frac{1}{2}} \frac{\Gamma^{2}\left(\frac{1}{4}\right)}{\Gamma^{2}\left(\frac{1}{2}\right)} \frac{\Gamma\left(1\right)}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\right) \\ &=& \ln \left( \frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\frac{\Gamma^{2}\left(\frac{1}{4}\right)}{\pi} \right) \\ &\approx& 0.512377 \end{eqnarray*}

Este es el mismo resultado lo que se demuestra claramente por SimplyBeautifulArt. Recordemos que $\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}\pi }{\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)}$.

Answer 3

$$ \begin{align} \color{red}{S}&=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\,\log\left[\frac{2n+2}{2n+1}\right] \\[2mm] &=\log\prod_{n=0}^{\infty}\left[\frac{\left(4n+2\right)\left(4n+3\right)}{\left(4n+1\right)\left(4n+4\right)}\right] \\[2mm] &=\log\prod_{n=0}^{\infty}\left[\frac{\left(1+\frac{2/4}{\Large{n}}\right)\left(1+\frac{3/4}{\Large{n}}\right)}{\left(1+\frac{1/4}{\Large{n}}\right)\left(1+\frac{4/4}{\Large{n}}\right)}\right] \\[2mm] &=\log\prod_{n=0}^{\infty}\left[\frac{\left(1+\frac{2/4}{\Large{n}}\right)}{{\left(1+\frac{1}{\Large{n}}\right)}^{\small{2/4}}}\frac{\left(1+\frac{3/4}{\Large{n}}\right)}{{\left(1+\frac{1}{\Large{n}}\right)}^{\small{3/4}}}\frac{{\left(1+\frac{1}{\Large{n}}\right)}^{\small{1/4}}}{\left(1+\frac{1/4}{\Large{n}}\right)}\right] \\[2mm] &=\color{red}{\log\left[\frac{\Gamma\left(1/4\right)}{\Gamma\left(2/4\right)\,\Gamma\left(3/4\right)}\right]} \end{align} $$