¿Cómo se evalúan los siguientes infinita suma que implican la Riemann zeta función?

Question

Quiero encontrar una forma cerrada para la siguiente suma infinita: $$\sum_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^k\cdot(k-1)}{k\cdot(k+1)}\cdot \zeta(k)$$ Es posible? Mi enfoque era transformar en una doble serie y, a continuación, volver a escribir en términos de logaritmos, pero yo no entiendo algo útil.

Gracias!

Answer 1

Tenemos

$$ \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^k\cdot(k-1)}{k\cdot(k+1)}\cdot \zeta(k) = 2 - \log (2\pi). \tag1 $$

Prueba. Deje $0<x<1$. Observar que $$ \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k} x^k = x- \log(1+x) $$ da $$ \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^k\cdot(k-1)}{k\cdot(k+1)}\cdot x^k = -2+\left( \frac 2x +1\right) \log(1+x). \tag2 $$ El uso de $$ \zeta(k)=1+\sum_{p=2}^{\infty} \frac{1}{p^k}, \quad k\geq 2,$$, a continuación, interverting las dos sumatorias en la serie inicial conduce a

$$ \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^k\cdot(k-1)}{k\cdot(k+1)}\cdot \zeta(k) =\sum_{p=1}^{\infty} \left( -2+\left( 2p +1\right) \log\left(1+\frac1p\right)\right). \tag3 $$

Para $N\geq 2$, podemos reescribir la suma finita $$ \begin{align} \sum_{p=1}^{N} \left( -2+\left( 2p +1\right) \log\left(1+\frac1p\right)\right)& = \sum_{p=1}^{N} \left(\left(2p+1\right)\log\left(p+1\right)-\left(2p-1\right)\log p-2\log p-2\right) \\\\ & = \left(2N+1\right)\log\left(N+1\right)-2\log\left(N!\right)-2N \\\\ & =2 - \log (2\pi)+\mathcal{O}\left(\frac 1N\right) \end{align} $$ giving $(1)$ as $N$ tends to $+\infty$, donde hemos utilizado la fórmula de Stirling.