Problemas para evaluar la suma que el logaritmo

Question

Estaba tratando de resolver este problema: forma cerrada $\int_0^1\log\log\left(\frac{1}{x}+\sqrt{\frac{1}{x^2}-1}\right)\mathrm dx$

En el procedimiento que he seguido, me encontré con la siguiente suma: $$\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1}k\left(\frac{\ln(2k+1)}{2k+1}-\frac{\ln(2k-1)}{2k-1}\right)$ $

No puedo pensar en los enfoques que me ayudarían en la evaluación de la suma.

Cualquier ayuda es apreciada. ¡Gracias!

Answer 1

Como dije en comentarios, la suma oscila entre dos valores y converge al valor $0.391594$.

Si ampliamos el mismo espíritu como Larsen, lo que podemos ver es que $$F(n)=\sum{k=1}^{n} (-1)^{k-1}k\left(\frac{\ln(2k+1)}{2k+1}-\frac{\ln(2k-1)}{2k-1}\right)$$ can be written as $% $ $F(n)=\sum{k=1}^{n-1} (-1)^{k-1}\log(2k+1)-\frac{(-1)^n n \log(2n+1)}{2n+1}$

Añadido después de la respuesta y comentarios de AlexR

Consideremos el término pasado en AlexR' responder $$\Delta = (m+1) \left(\frac1{2m+3} \ln(2m+3) - \frac1{2m+1} \ln(2m+1)\right) $$ and let us expand it as a Taylor series for large values of $m$. We so obtain $$\Delta = \frac{\log \left(\frac{1}{m}\right) +1-\log (2)} {m 2} + \frac {- \log \left(\frac{1}{m}\right) - 2 + \log (2)} {2 m^2}+O\left(\left(\frac{1}{m}\right)^3\right)$ $

Answer 2

Los términos de la serie se desvanecen así que vamos a mirar sólo en las sumas parciales donde $n$ es impar. $$ \begin{align} &\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}k\left(\frac{\log(2k+1)}{2k+1}-\frac{\log(2k-1)}{2k-1}\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}k\frac{\log(2k+1)}{2k+1}-\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(k+1)\frac{\log(2k+1)}{2k+1}\right)\tag{1}\\ &=\lim_{n\to\infty}\left((-1)^{n-1}n\frac{\log(2n+1)}{2n+1}+\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^{k-1}\log(2k+1)\right)\tag{2}\\ &=\lim_{n\to\infty}\left((2n+1)\frac{\log(4n+3)}{4n+3}+\sum_{k=1}^{n}\log\left(\frac{4k-1}{4k+1}\right)\right)\tag{3}\\ &=\lim_{n\to\infty}\log\left((4n+3)^{\frac{2n+1}{4n+3}}\cdot\prod_{k=1}^{n}\frac{k-\frac14}{k+\frac14}\right)\tag{4}\\ &=\lim_{n\to\infty}\log\left(2\sqrt{n}\frac{\Gamma(n+\frac34)}{\Gamma(\frac34)}\frac{\Gamma(\frac54)}{\Gamma(n+\frac54)}\right)\tag{5}\\ &=\log\left(2\frac{\Gamma(\frac54)}{\Gamma(\frac34)}\right)\tag{6}\\ &=\log\left(\frac12\frac{\Gamma(\frac14)}{\Gamma(\frac34)}\right)\tag{7}\\ \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: escribir la serie, como el límite de las sumas parciales, dividido en dos sumas, volver a clasificar a la segunda suma
$(2)$: recombinar la suma de dos
$(3)$: sustituto $n\mapsto2n+1$ y combinar pares de términos de la suma
$(4)$: escribir una suma de registros como un registro de un producto
$(5)$: $\lim\limits_{n\to\infty}\frac1{2\sqrt{n}}(4n+3)^{\frac{2n+1}{4n+3}}=1$, escribir el producto como un cociente de funciones Gamma
$(6)$: Gautschi la desigualdad
$(7)$: $x\Gamma(x)=\Gamma(x+1)$

Answer 3

En el límite
Experimentando un poco me parece $$\lim_{m\to\infty} S_m = \ln\left(\frac{\Gamma(\frac14)}{2\Gamma(\frac34)}\right) = 0.391594392706836...$$ Para ser el límite exacto

En la convergencia
Deje $a_k := \frac{\ln(2k-1)}{2k-1}$ $$\begin{align*} S_m & = \sum_{k=1}^m (-1)^{k-1} k (a_{k+1} - a_k) \\ & = \sum_{k=2}^{m+1} (-1)^k (k-1) a_k + \sum_{k=1}^m (-1)^k k a_k \\ & \stackrel{a_1 = 0}= \sum_{k=2}^m (-1)^k ((k-1) a_k + k a_k) + (-1)^{m+1} ma_{m+1} \\ & = \sum_{k=2}^m (-1)^k \ln(2k-1) + (-1)^{m+1} \frac{m}{2m+1} \ln(2m+1) \end{align*}$$ El problema de todos los ms responden a pasar por alto es el factor de la última sumando no ser $\frac1{2m+1}$ pero $\frac{m}{2m+1}$.

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Primero vamos a tratar de demostrar que la sucesión es de cauchy: $$\begin{align*} |S_{m+1}-S_m| & = |(-1)^{m+1} \ln(2m+1) \\ &\left. \qquad + (-1)^m \frac{m+1}{2m+3} \ln(2m+3) - (-1)^{m+1} \frac m{2m+1} \ln(2m+1) \right| \\ & = \left| (m+1) \left(\frac1{2m+3} \ln(2m+3) - \frac1{2m+1} \ln(2m+1)\right) \right| \\ & \le (m+1) \ln(2m+3) \left(\frac1{2m+1} - \frac1{2m+3}\right) \\ & = \ln(2m+3) (m+1) \frac2{4m(m+2) + 3} \\ & \le \ln(2m+3) \frac1{2m} \to 0 & (m\to\infty) \end{align*}$$

Esto demuestra la convergencia. El valor real que se parece un poco más difícil de probar.