Cómo probar que $\frac{\zeta(2) }{2}+\frac{\zeta (4)}{2^3}+\frac{\zeta (6)}{2^5}+\frac{\zeta (8)}{2^7}+\cdots=1$?

Question

¿Cómo se puede demostrar esta identidad?

$$\frac{\zeta(2) }{2}+\frac{\zeta (4)}{2^3}+\frac{\zeta (6)}{2^5}+\frac{\zeta (8)}{2^7}+\cdots=1$$

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Existe una fórmula para $\zeta$ valores en números enteros, pero implica números de Bernoulli; simplemente conectarlo no parece ser un método eficaz.

Answer 1

$$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(2n)}{2^{2n-1}} &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac2{k^{2n}2^{2n}}\etiqueta{1}\\ Y=2\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac1{(4k^2)^n}\etiqueta{2}\\ Y=2\sum_{k=1}^\infty\frac1{4k^2-1}\etiqueta{3}\\ &=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1{2k-1}-\frac1{2k+1}\right)\etiqueta{4}\\[6pt] Y=1\etiqueta{5} \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: expandir $\zeta(2n)=\sum\limits_{k=1}^\infty\frac1{k^{2n}}$
$(2)$: cambiar el orden de la suma de
$(3)$: suma de una serie geométrica
$(4)$: fracciones parciales
$(5)$: telescópica suma

Answer 2

Desde $$\zeta(2n) = \frac{1}{(2n-1)!}\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{2n-1}}{e^x-1}\,dx $$ tenemos: $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\zeta(2n)}{2^{2n-1}} = \int_{0}^{+\infty}\frac{\sinh(x/2)}{e^x-1}\,dx =\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}e^{-x/2}\,dx = \color{red}{1}.$$

Answer 3

Los de Laurent de expansión de $\cot (z)$ en el origen , en términos de la de Riemann zeta función es $$ \cot (z) = \frac{1}{z} - 2 \sum_{k=1}^{\infty}\zeta(2k) \frac{z^{2k-1}}{\pi^{2k}} \ , \ 0 < |z| < \pi. $$

Dejar que $ \displaystyle z= \frac{\pi}{2}$, $$\cuna \left(\frac{\pi}{2} \right) = \frac{2}{\pi} - \frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\zeta(2k)}{2^{2k-1}}.$$

Pero $\cuna \left(\frac{\pi}{2} \right)=0$.

Por lo tanto,

$$ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\zeta(2k)}{2^{2k-1}} = 1.$$