Evaluación de$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}\eta(n)}{n} $ sin usar el producto Wallis

Question

En ESTA RESPUESTA, me mostró que

$$2\sum_{s=1}^{\infty}\frac{1-\beta(2s+1)}{2s+1}=\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)-2+\frac{\pi}{2}$$

donde $\beta(s)=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^s}$ es la Beta de la Función de Dirichlet.

En el desarrollo, se observó que

$$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\log\left(\frac{n+1}{n}\right)&=\log\left(\frac21\cdot \frac23\cdot \frac43\cdot \frac45\cdots\right)\\\\ &=\log\left(\prod_{n=1}^\infty \frac{2n}{2n-1}\frac{2n}{2n+1}\right)\\\\ &=\log\left(\frac{\pi}{2}\right) \tag 1 \end{align}$$

donde solía Wallis del Producto para $\pi/2$.

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Si en lugar de ese enfoque, que había utilizado la serie de Taylor para la función logaritmo, a continuación, el análisis se han llevado a

$$\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\log\left(\frac{n+1}{n}\right)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}\eta(n)}{n} \tag 2$$

donde $\eta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^s}$ es la de Dirichlet eta función.

Dada la serie en el lado derecho de la $(2)$ como punto de partida, es evidente que simplemente se podía invertir los pasos y llegar a $(1)$.

Pero, ¿cuáles son algunas otras maneras distintas en las que uno puede tomar para evaluar el lado derecho de la $(2)$?

Por ejemplo, uno puede intentar utilizar la representación integral

$$\eta(s)=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^\infty \frac{x^{s-1}}{1+e^x}\,dx$$

y llegar a

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}\eta(n)}{n} =\int_0^\infty \frac{1-e^{-x}}{x(1+e^x)}\,dx =\int_1^\infty \frac{x-1}{x^2(x+1)\log(x)}\,dx \tag 3$$

Sin embargo, ninguna de estas integrales es trivial para evaluar (sin invertir los pasos anteriores).

Y ¿cuáles son algunas otras maneras de manejar las integrales en $(3)$?

Answer 1

¿Cuáles son algunas otras maneras de manejar la siguiente integral? $$ \int_0^\infty \frac{1-e^{-x}}{x(1+e^x)}\,dx \tag 1 $$

Uno puede establecer $$ I(s):=\int_0^\infty \frac{1-e^{-sx}}{x(e^x+1)}dx, \quad s>0. \tag2 $$ We may differentiate under the integral sign, in order to get rid of the factor $$ x en el denominador, la obtención de $$ \begin{align} I'(s)&=\int_0^\infty \frac{e^{-sx}}{e^x+1}dx \\\\I'(s)&=\int_0^\infty e^{-(s+1)x}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n e^{-nx} dx \\\\I'(s)&=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\int_0^\infty e^{-(n+s+1)x} dx \\\\I'(s)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n+s} \\\\I'(s)&=\frac12\psi\left(1+\frac{s}2\right)-\frac12\psi\left(\frac{1+s}2\right) \tag3 \end{align} $$ where $\displaystyle \psi : = \Gamma'/\Gamma$.

La integración de $(3)$, con el hecho de que, como $s \to 0$, $I(s) \to 0$, tenemos

$$ \int_0^\infty \frac{1-e^{-sx}}{x(e^x+1)}dx=\frac12\log(\pi)+\log \Gamma\left(1+\frac{s}2\right)-\log \Gamma\left(\frac{1+s}2\right) \quad s>0. \tag4 $$

Por poner $s:=1$$(4)$, se obtiene $$ \int_0^\infty \frac{1-e^{-x}}{x(e^x+1)}dx=\log \left(\frac{\pi}2\right).\tag5 $$

Answer 2

Otra manera de manejar $(2)$ es el uso de la identidad $$\eta\left(s\right)=\left(1-\frac{1}{2^{m-1}}\right)\zeta\left(s\right) $$ hence, since $\eta\left(1\right)=\log\left(2\right) $, $$\sum_{n\geq1}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}\eta\left(n\right)=\log\left(2\right)+\sum_{n\geq2}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}\eta\left(n\right) $$ $$=\log\left(2\right)+\sum_{n\geq2}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}\zeta\left(n\right)-\sum_{n\geq2}\frac{\zeta\left(n\right)}{n}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1} $$ and now we can use the identity $$\sum_{n\geq2}\frac{\zeta\left(n\right)}{n}\left(-x\right)^{n}=x\gamma+\log\left(\Gamma\left(x+1\right)\right),\,-1<x\leq1 $$ which can be proved taking the log of the Weierstrass product of Gamma. So $$\sum_{n\geq1}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}\eta\left(n\right)=\log\left(2\right)+2\log\left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\right)=\log\left(\frac{\pi}{2}\right).$$

Answer 3

Observación $1$:

Una sugerencia en un comentario de @nospoon era ampliar una de las integrales en una serie y explotar Frullani Integral. Procediendo en consecuencia, nos encontramos con que

$$\begin{align} \int_0^\infty \frac{1-e^{-x}}{x(1+e^x)}\,dx&=\int_0^\infty \left(\frac{(e^{-x}-e^{-2x})}{x}\right)\left(\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n}e^{-nx}\right)\,dx\\\\ &=\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n} \int_0^\infty \frac{e^{-(n+1)x}-e^{-(n+2)x}}{x}\,dx\\\\ &=\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n} \log\left(1+\frac{1}{n+1}\right)\\\\ &=\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \log\left(1+\frac{1}{n}\right) \end{align}$$

con lo que la recuperación en el lado izquierdo de la Ecuación ($(1)$ en el OP.

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Observación $2$:

En la respuesta publicada por Olivier Oloa, tenga en cuenta la relación intermedio

$$I'(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n+s}$$

Sobre la integración de $I'(s)$$\int_0^1 I'(s)\,ds$, nos encontramos con que

$$I(1)=\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\log\left(1+\frac1n\right)$$

con lo que la recuperación de nuevo el lado izquierdo de la Ecuación ($(1)$ en el OP.