Serie con digammas

Question

(Inspirado por un comentario en respuesta http://math.stackexchange.com/a/699264/442.)

corregido

Deje $\Psi(x) = \Gamma'(x)/\Gamma(x)$ ser la función digamma.Mostrar $$ \sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(\Psi\left(\frac{n+1}{2}\right) -\Psi\left(\frac{n}{2}\right)\right) = -1 $$ Como se señaló, está de acuerdo con muchos decimales. Pero cuidado puede ser necesario ya que la convergencia es condicional.

agregó
Ambas soluciones son buenas. Pero podría utilizar explicación para el intercambio de suma.
Tenga en cuenta que $$ 2\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=0}^\infty \left(\frac{(-1)^n}{2m+n} -\frac{(-1)^n}{2m+n+1}\right) = 2\sum_{m=0}^\infty\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{(-1)^n}{2m+n} -\frac{(-1)^n}{2m+n+1}\right) = -1 $$ es correcto. Pero "Fibini" justificación falla, ya que $$ \sum_{m=0}^\infty\sum_{n=1}^\infty \left|\frac{(-1)^n}{2m+n} -\frac{(-1)^n}{2m+n+1}\right| = \infty $$ De manera similar en la Variable Aleatoria de la solución, el cambio de las $\sum_{n=1}^\infty \int_0^1 = \int_0^1 \sum_{n=1}^\infty$, aunque correcto, no puede ser justificado por Fubini.

Answer 1

El uso de la representación integral $$\psi(s+1) = -\gamma +\int_{0}^{1} \frac{1-x^{s}}{1-x} \, dx ,$$ obtenemos

$$ \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n} \left(\psi \left(\frac{n}{2} \right)- \psi \left(\frac{n+1}{2}\right) \right) &= \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n} \int_{0}^{1} \frac{x^{(n+1)/2-1} - x^{n/2-1}}{1-x} \, dx \\ &= \int_{0}^{1} \frac{1}{1-x} \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n} \left(x^{n/2-1/2} - x^{n/2-1} \right) \, dx \\ &= \int_{0}^{1} \frac{1}{1-x} \left(- \frac{1}{1+\sqrt{x}}+ \frac{1}{(1+\sqrt{x})\sqrt{x}} \right) \, dx \\ &= 2 \int_{0}^{1} \frac{u}{1-u^{2}} \left(- \frac{1}{1+u} + \frac{1}{(1+u)u} \right) \, du \\&= \int_{0}^{1} \frac{1-u}{(1-u^{2})(1+u)} \, du\\ &= 2 \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+u)^{2}} \, du \\ &=1. \end{align}$$

EDITAR:

Daniel Fischer fue lo suficientemente amable como para señalar a mí que podemos utilizar el teorema de convergencia dominada para justificar intercambiando el orden de integración y totalización.

En concreto, podemos escribir $$ \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n} \int_{0}^{1} \frac{x^{(n+1)/2-1} - x^{n/2-1}}{1-x} \, dx &= \lim_{N \to \infty}\sum_{n=1}^{N} (-1)^{n} \int_{0}^{1} \frac{x^{(n+1)/2-1} - x^{n/2-1}}{1-x} \, dx \\ &=\lim_{N \to \infty}\sum_{n=1}^{N} (-1)^{n+1} \int_{0}^{1} \frac{x^{n/2-1}} {1+\sqrt{x}} \, dx \\ &= \lim_{N \to \infty} \int_{0}^{1} \sum_{n=1}^{N} (-1)^{n+1} \frac{x^{n/2}} {x(1+\sqrt{x})} \, dx. \end{align}$$

Pero para $x \in [0,1]$, $$\left|\sum_{n=1}^{N} (-1)^{n+1} \frac{x^{n/2}} {x(1+\sqrt{x})} \right| \le \frac{\sqrt{x}}{x(1+\sqrt{x})},$$ which is integrable on $[0,1]$.

Esto, combinado con el hecho de que $$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \frac{x^{n/2}} {x(1+\sqrt{x})} $$ converges pointwise on $[0, 1)$, nos permite mover el límite dentro de la integral.

Answer 2

Tenemos: $$ \sum_{m\geq 0}\frac{1}{(m+a)(m+b)}=\frac{\psi(a)-\psi(b)}{a-b} \tag{1}$$ por lo tanto es suficiente para calcular: $$ \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sum_{m\geq 0}\frac{1}{\left(m+\frac{n}{2}\right)\left(m+\frac{n+1}{2}\right)}\tag{2} $$ o: $$ \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sum_{m\geq 0}\int_{0}^{+\infty}e^{-\left(m+\frac{n}{2}\right)x}-e^{-\left(m+\frac{n+1}{2}\right)x}\,dx\tag{3} $$ o: $$ \sum_{m\geq 0}\int_{0}^{+\infty}\log(1+e^{-x/2})e^{-(m+1/2)x}(e^{x/2}-1)\,dx \tag{4}$$ que es equivalente a: $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{x/2}\log(1+e^{-x/2})}{1+e^{x/2}}\,dx = \zeta(2)-\log^2(2) \tag{5}$$ a través de dilogarithms, tener (para la pregunta original): $$ \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n}{n}\left(\psi\left(\frac{n}{2}\right)-\psi\left(\frac{n+1}{2}\right)\right)= \color{red}{\zeta(2)-\log^2(2)}.\tag{6}$$ En el mismo espíritu,

$$\begin{eqnarray*}\sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}\left(\psi\left(\frac{n}{2}\right)-\psi\left(\frac{n+1}{2}\right)\right)&=&\frac{1}{2}\sum_{n\geq 1}\sum_{m\geq 0}\frac{(-1)^n}{\left(m+\frac{n}{2}\right)\left(m+\frac{n+1}{2}\right)}\\[0.2cm]&=&2\sum_{n\geq 1}\sum_{m\geq 0}\left(\frac{(-1)^n}{2m+n}-\frac{(-1)^n}{2m+n+1}\right)\\[0.2cm]&=&-2\sum_{m\geq 0}\int_{0}^{+\infty}e^{-(2m+1)x}\tanh(x/2)\,dx\\[0.2cm]&=&-2\int_{0}^{+\infty}\frac{e^x}{(1+e^x)^2}\,dx\\[0.2cm]&=&\color{red}{-1}.\tag{7}\end{eqnarray*}$$

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\,{#1}\,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,\mathrm{Li}} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

La Función Digamma tiene una interesante identidad: $\ds{\Psi\pars{z + 1 \over 2} - \Psi\pars{z \over 2} = 2\sum_{k = 0}^{\infty}{\pars{-1}^{k} \over k + z}}$ tal que

\begin{align} &\color{#f00}{\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n} \bracks{\Psi\pars{n + 1 \over 2} -\Psi\pars{n \over 2}}} = \sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n}\bracks{% 2\sum_{k = 0}^{\infty}{\pars{-1}^{k} \over k + n}} \\[3mm] = &\ 2\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n} \sum_{k = 0}^{\infty}\pars{-1}^{k}\int_{0}^{1}x^{k + n - 1}\,\dd x = -2\int_{0}^{1}\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-x}^{n - 1} \sum_{k = 0}^{\infty}\pars{-x}^{k}\,\dd x \\[3mm] = &\ -2\int_{0}^{1}{1 \over 1 + x}\,{1 \over 1 + x}\,\dd x = \color{#f00}{-1} \end{align}

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