De forma cerrada de $\sum_{n=0}^\infty\;(-1)^n \frac{\left(2-\sqrt{3}\right)^{2n+1}}{(2n+1)^2\quad}$

Question

La siguiente pregunta es puramente mi curiosidad. Durante mi cálculo para responder a @Chris'ssis la pregunta en el chat de la sala me encontré con esta serie $$\sum_{n=0}^\infty\; \frac{\left(2-\sqrt{3}\right)^{2n+1}}{(2n+1)^2\quad\ \,\,}$$ y yo sabía cómo encontrar su forma cerrada. Ahora, estoy interesado en conocer la forma cerrada de la siguiente serie $$\sum_{n=0}^\infty\;(-1)^n \frac{\left(2-\sqrt{3}\right)^{2n+1}}{(2n+1)^2\quad\ \,\,}$$ Es posible encontrar su forma cerrada? Tengo una corazonada de que tiene una forma cerrada desde la primera serie. Honestamente, estoy totalmente desorientado acerca de esto. Alguna idea? Cualquier ayuda se agradece. Gracias de antemano.

Answer 1

Primera Aproximación

El uso de PolyLog[2,x], aka $\mathrm{Li}_2(x)$, podemos calcular la suma $$ \begin{align} \sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)^2} &=\mathrm{Li}_2(x)-\tfrac14\mathrm{Li}_2(x^2) \end{align} $$ Por lo tanto, tenemos $$ \begin{align} \sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)^2} &=-i\sum_{n=0}^\infty\frac{(ix)^{2n+1}}{(2n+1)^2}\\ &=-i\left[\mathrm{Li}_2(ix)-\tfrac14\mathrm{Li}_2(-x^2)\right] \end{align} $$ Conectar $x=2-\sqrt3$ da $$ \begin{align} \sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{(2-\sqrt3)^{2n+1}}{(2n+1)^2} &=-i\left[\mathrm{Li}_2(i(2-\sqrt3))-\tfrac14\mathrm{Li}_2(4\sqrt3-7)\right]\\ &\doteq0.26586495827930698269 \end{align} $$ El último valor es calculado usando Mathematica 8 de la $\mathrm{Li}_2$ fórmula:

-I(PolyLog[2,I(2 - Sqrt[3])]-1/4PolyLog[2,4Sqrt[3]-7])

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Segundo Método

El uso de la Lerch Trascendente, $$ \Phi(z,s,a)=\sum_{k=0}^\infty\frac{z^k}{(a+k)^s} $$ tenemos $$ \begin{align} \sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{(2-\sqrt3)^{2n+1}}{(2n+1)^2} &=\frac{2-\sqrt3}4\Phi\left(4\sqrt3-7,2,\tfrac12\right)\\ &\doteq0.26586495827930698269 \end{align} $$ El último valor es calculado usando Mathematica 8 de la $\Phi$ fórmula:

(2-Sqrt[3])/4LerchPhi[4Sqrt[3]-7,2,1/2]

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Tercer Enfoque

En mi opinión, esto le da la mejor forma cerrada.

Como en esta respuesta, podemos mirar una relacionada con la generación de función. $$ \sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{t^{2k+1}}{2k+1}=\arctan(t)\etiqueta{1} $$ Dividiendo $(1)$ $t$ e integrar da $$ \begin{align} \hspace{-1.5cm} \sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{(2-\sqrt3)^{2k+1}}{(2k+1)^2} &=\int_0^{2-\sqrt3}\frac{\arctan(t)}{t}\mathrm{d}t\tag{2a}\\ &=\int_0^{\pi/12}x\,\mathrm{d}\log(\tan(x))\tag{2b}\\ &=\frac\pi{12}\log(2-\sqrt3)-\int_0^{\pi/12}\log(\tan(x))\,\mathrm{d}x\tag{2c}\\ &=\frac\pi{12}\log(2-\sqrt3)+2\int_0^{\pi/12}\sum_{k=0}^\infty\frac{\cos((4k+2)x)}{2k+1}\,\mathrm{d}x\tag{2d}\\ &=\frac\pi{12}\log(2-\sqrt3)+\sum_{k=0}^\infty\frac{\sin((2k+1)\pi/6)}{(2k+1)^2}\tag{2e}\\ &=\frac\pi{12}\log(2-\sqrt3)+\frac12\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}+\frac32\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(6k+3)^2}\tag{2f}\\ &=\frac\pi{12}\log(2-\sqrt3)+\frac23\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}\tag{2g}\\ &=\frac\pi{12}\log(2-\sqrt3)+\frac23\mathrm{G}\tag{2h}\\[12pt] &\doteq0.26586495827930698269 \end{align} $$ Explicación:
$\text{(2a)}$: divida $(1)$ $t$ e integrar
$\text{(2b)}$: sustituto $t=\tan(x)$
$\text{(2c)}$: integrar por partes
$\text{(2d)}$: $\log(\tan(x))=-2\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{\cos((4k+2)x)}{2k+1}$
$\text{(2e)}$: integrar
$\text{(2f)}$: detalles a continuación
$\text{(2g)}$: $\frac12+\frac32\cdot\frac19=\frac23$
$\text{(2h)}$: $\mathrm{G}=\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}$ es catalán Constante
El último valor es calculado usando Mathematica 8 de $\text{(2h)}$:

Pi/12Log[2-Sqrt[3]]+2/3Catalan

Detalles de $\mathbf{(2f)}$

$\begin{align} \sin((2k+1)\pi/6)&=\left(\frac12,\quad1\ \ ,\frac12,-\frac12,\,-1\,,-\frac12,\frac12,\quad1\ \ ,\frac12,\dots\right)\\ &=\left(\frac12,-\frac12,\frac12,-\frac12,\ \ \frac12,-\frac12,\frac12,-\frac12,\frac12,\dots\right)\\ &+\left(\ 0\ ,\quad\frac32,\ 0\ ,\quad\,0\ ,-\frac32,\quad\,0\ ,\ 0\ ,\quad\frac32,\ 0\ ,\dots\right)\\ 2k+1 &=(\ \ \,1\,,\quad\ 3\,,\ \,5\,,\quad\ 7\,,\quad\ 9\,,\quad11,13,\ \ \ 15\,,17\,,\dots) \end{align}$

Note that the $\pm\frac32$ corrections are at positions where $2k+1$ is $3$ veces un número impar. Es decir, $$ \sum_{k=0}^\infty\frac{\sin((2k+1)\pi/6)}{(2k+1)^2} =\frac12\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^2} +\frac32\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(6k+3)^2} $$ lo que justifica $\text{(2f)}$.

Answer 2

La segunda serie no ha elemental suma: ver http://mathworld.wolfram.com/LerchTranscendent.html