Una buena relación entre $\zeta$, $\pi$ y $e$

Question

¿Me acaba de pasar a ver esta ecuación hoy en día, cualquier sugerencia sobre cómo demostrarlo? <span class="math-container">$$\sum_{n=1}^\infty{\frac{\zeta(2n)}{n(2n+1)4^n}}=\log{\frac{\pi}{e}}$$</span>

Answer 1

El lado izquierdo es <span class="math-container">$$\sum_{n\ge 1}\frac{1}{\Gamma (2n)n(2n+1)4^n}\int_0^\infty\frac{x^{2n-1} dx}{e^x-1}=\int0^\infty\frac{dx}{e^x-1}\sum{n\ge 1}\frac{(x/2)^{2n-1}}{(2n+1)!}\=\int_0^\infty\frac{dx}{e^x-1}\frac{\sinh\tfrac{x}{2}-\tfrac{x}{2}}{(\tfrac{x}{2})^2}.$ $</span>el resto es un ejercicio de análisis complejo.

Answer 2

Un enfoque que no requiere de complejos análisis:

$$ \sum_{n=1}^\infty \frac{\zeta(2n)}{n(2n+1)4^n} =\sum_{n=1}^\infty \frac{\zeta(2n)}{n4^n}-2\sum_{n=1}^\infty \frac{\zeta(2n)}{(2n+1)4^n}=S_1-2S_2 $$

Para calcular el $S_1$: $$\begin{align} S_1=\sum_{n=1}^\infty \frac{\zeta(2n)}{n4^n} &=\sum_{n=1}^\infty \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{n(4k^2)^n}\\ &=\sum_{k=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(4k^2)^n}\\ &=-\sum_{k=1}^\infty \ln\bigg(1-\frac{1}{4k^2}\bigg)\\ &=-\ln \prod_{k=1}^\infty \frac{(2k+1)(2k-1)}{(2k)^2}\\ &=\ln(\pi/2) \end{align}$$ el uso de las Wallis Producto.

Usted puede calcular el $S_2$ igualmente.

Answer 3

Las identidades $$\begin{align}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\zeta\left(2k\right)}{k}z^{2k}&=\ln\left(\frac{\pi z}{\sin\left(\pi z\right)}\right)&&(\lvert z \rvert < 1)\\ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\zeta\left(2k\right)}{(2k+1)2^{2k}}&=\frac{1}{2}-\frac {1}{2}\ln 2\end{align}$$ (DLMF 25.8.8, 25.8.9) a seguir, desde el más básico de identidad $$\begin{align} \sum_{k=2}^{\infty}\frac{\zeta\left(k\right)}{k}z^{k}&=-\gamma z+\ln\Gamma\left (1-z\right)&&(\lvert z \rvert < 1) \end{align}$$ (DLMF 25.8.7), que a su vez sigue a partir de la fórmula del producto para la función Gamma (DLMF 5.8.2): $$\frac{1}{\Gamma\left(z\right)}=ze^{\gamma z}\prod_{k=1}^{\infty}\left(1+\frac{% z}{k}\right)\mathrm{e}^{-z/k}\text{.}$$

Answer 4

Desde \begin{align*} \zeta(2n) &= \frac{(-1)^{n+1} B_{2n} (2\pi)^{2n}}{2(2n)!}, \end{align*} para los números enteros $n > 0$, la suma de$S$es \begin{align*} S &= \sum_{n=1}^\infty \frac{\zeta(2n)}{n(2n+1)4^n} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} \frac{B_{2n}}{(2n)(2n+1)}\frac{\pi^{2n}}{(2n)!} \end{align*} Pero \begin{align*} f(z) &= \sum_{n=1}^\infty \frac{B_n}{n(n+1)} \frac{z^{n+1}}{n!} \end{align*} ha $\operatorname{Im} f(\pi i) = \pi S$y \begin{align*} f''(z) &= \frac{1}{z}\sum_{n=1}^\infty B_n \frac{z^n}{n!} = \frac{1}{z}\left(-1 + \frac{z}{e^z - 1}\right) = -\frac{1}{z} + \frac{1}{e^z - 1} \end{align*} por (a) la definición de los números de Bernoulli $B_n$. Un poco de cuidado integración da la suma requerida.