Buscando una solución de formato cerrado para$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\log{(1+n)}}{(1+n)^{\alpha}-1}$

Question

Estoy buscando una forma cerrada de solución a esta serie infinita:

$$S(\alpha):=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\log{(1+n)}}{(1+n)^{\alpha}-1},~~~\Re(\alpha)>1.$$

---

Mi intento

Todo lo que he sido capaz de hacer es confirmar que esta serie converge para los valores especificados de $\alpha$ a través de la integral de la prueba:

$$\begin{align} S(\alpha)\leq I(\alpha)&=\int_{0}^{\infty}\frac{\log{(1+x)}}{(1+x)^{\alpha}-1}\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{\infty}\frac{u\,e^u}{e^{\alpha u}-1}\mathrm{d}u\\ &=\int_{0}^{\infty}ue^u\sum_{n=1}^{\infty}e^{-n\alpha u}\mathrm{d}u\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{\infty}ue^ue^{-n\alpha u}\mathrm{d}u\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n\alpha-1)^2},~~~\text{for }\Re(\alpha)>1\\ &=\frac{1}{\alpha^2}\psi^{(1)}{\left(1-\frac{1}{\alpha}\right)} \end{align}$$

donde $\psi^{(1)}(x)$ es la primera derivada de la función digamma.

Pensé acerca de la expansión de la logarítmica parte en términos de poder de la serie a escribir $S(\alpha)$ como un doble de la suma y, a continuación, pruebe a cambiar el orden de la suma, por ejemplo:

$$\begin{align} S(\alpha)&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\log{(1+n)}}{(1+n)^{\alpha}-1}\\ &=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(1+n)^{\alpha}-1}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^kn^k}{k}\\ &=-\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k}\frac{n^k}{(1+n)^{\alpha}-1}\\ &=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^k}{(1+n)^{\alpha}-1}. \end{align}$$

Pero no estoy seguro de cómo proceder a partir de ahí. Sugerencias?

Answer 1

Me sorprendería si $S(2)$ tenía una forma cerrada.

$S(2)$ admite una forma cerrada en términos de la poli-Stieltjes constantes revelado aquí.

Por otra parte, $S(3),S(4),S(5),\cdots$, admitir una forma cerrada en términos de estas funciones especiales.

Tenemos el siguiente resultado.

La proposición. Deje $\alpha=2,3,4,5,\cdots$.

Entonces $$\bbox[15px,border:1px solid naranja]{S(\alpha)=\frac1\alpha\sum_{k=0}^{\alpha-1}e^{2k\pi i/\alpha}\:\gamma_1\!\!\a la izquierda(1,1-e^{2k\pi i/\alpha}\right)} \tag1$$ where $$\gamma_1(a,b) = \lim_{N\to+\infty}\left(\sum_{n=1}^N \frac{\log (n+a)}{n+b}-\frac12 \log^2 \!N\right). \tag2$$

Prueba. Para $\alpha=2,3,\cdots$, tenemos $$\begin{align} S(\alpha):&=\lim_{N \to \infty}\sum_{n=1}^N\frac{\log{(1+n)}}{(1+n)^{\alpha}-1}\\ &=\frac1\alpha\lim_{N \to \infty}\left(\sum_{k=0}^{\alpha-1}e^{2k\pi i/\alpha}\sum_{n=1}^N\frac{\log (n+1)}{n+1-e^{2k\pi i/\alpha}}\right)\\ &=\frac1\alpha\lim_{N \to \infty}\left(\sum_{k=0}^{\alpha-1}e^{2k\pi i/\alpha}\left(\sum_{n=1}^N\frac{\log (n+1)}{n+1-e^{2k\pi i/\alpha}}-\frac12\log^2 N\right)+\frac12\log^2 N\sum_{k=0}^{\alpha-1}e^{2k\pi i/\alpha}\right)\\ &=\frac1\alpha\lim_{N \to \infty}\left(\sum_{k=0}^{\alpha-1}e^{2k\pi i/\alpha}\left(\sum_{n=1}^N\frac{\log (n+1)}{n+1-e^{2k\pi i/\alpha}}-\frac12\log^2 N\right)+0\right)\\ &=\frac1\alpha\sum_{k=0}^{\alpha-1}e^{2k\pi i/\alpha}\lim_{N \to \infty}\left(\sum_{n=1}^N\frac{\log (n+1)}{n+1-e^{2k\pi i/\alpha}}-\frac12\log^2 N\right)\\ &=\frac1\alpha\sum_{k=0}^{\alpha-1}e^{2k\pi i/\alpha}\gamma_1(1,1-e^{2k\pi i/\alpha}) \end{align}$$ donde hemos utilizado una fracción parcial de descomposición sobre los números complejos, $$\frac{1}{X^\alpha-1}=\frac1\alpha\sum_{k=0}^{\alpha-1}\frac{e^{2k\pi i/\alpha}}{X-e^{2k\pi i/\alpha}},\quad \alpha=1,2,3,\cdots, \tag3$$ dando $$\frac{\log (n+1)}{(n+1)^\alpha-1}=\frac1\alpha\sum_{k=0}^{\alpha-1}e^{2k\pi i/\alpha}\frac{\log (n+1)}{n+1-e^{2k\pi i/\alpha}},\quad \alpha=1,2,3,\cdots,$$ and we have used the standard fact that $\displaystyle \sum_{k=0}^{\alpha-1}e^{2k\pi i/\alpha}=0$.