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¿Lista de integrales o series para la constante de Gieseking$\rm{Cl}_2\big(\tfrac{\pi}3\big)$?

Catalán constante de $K$ puede definirse como $$K = \text{Cl}_2\big(\tfrac{\pi}2\big) = \Im\, \rm{Li}_2\big(e^{\pi i/2}\big)= \sum_{n=0}^\infty\left(\frac1{(4n+1)^2}-\frac1{(4n+3)^2}\right)=0.91596\dots$$

Parece que tiene un natural cúbicos analógico llamado Gieseking constante de $\kappa$ (o kappa, por analogía), pero al parecer es (no tan conocidos) conocido bajo diferentes nombres,

$$\kappa = \rm{Cl}_2\big(\tfrac{\pi}3\big)=\tfrac32\rm{Cl}_2\big(\tfrac{2\pi}3\big) = \Im\, \rm{Li}_2\big(e^{\pi i/3}\big)= \tfrac32\Im\, \rm{Li}_2\big(e^{2\pi i/3}\big)= 1.01494\dots$$

y el Gieseking colector tiene un volumen de $\kappa = 1.01494\dots$ , mientras que el hiperbólico volumen del nudo complemento de la figura de ocho nudo es $V=2\kappa = 2.029788\dots$. A continuación están algunas de las series y hipergeométrica representaciones de $\kappa$ por diversas personas, entre los que me incluyo,

$$\kappa=\frac{3\sqrt3}4\sum_{n=0}^\infty\left(\frac1{(3n+1)^2}-\frac1{(3n+2)^2}\right)\tag1$$

$$\kappa=\sum_{n=0}^\infty \frac{\binom {2n}n}{(2n+1)^2} \frac1{16^n} = \,_3F_2\big(\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12;\,\tfrac32,\tfrac32;\,\tfrac14\big)\tag2$$

$$\pi\,\kappa=\frac32\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3\,\binom {2n}n} +2\zeta(3)\tag3$$

$$\kappa=\frac{\sqrt3}{10}\sum_{n=1}^\infty \frac{48^n}{n(2n-1)\binom{2n}{n}\binom{4n}{2n}} = \frac{2\sqrt3}5\,_4F_3\big(\tfrac12,1,1,2;\,\tfrac54,\tfrac32,\tfrac74;\,\tfrac34\big)\tag4$$

$$\kappa=\frac{-1}{12\sqrt3}\sum_{n=1}^\infty \frac{(15n-4)(-27)^n}{n^3\binom{2n}{n}^2\binom{3n}{n}}\tag5$$

$$\kappa=\frac{-1}{10\sqrt3}\sum_{n=1}^\infty \frac{(5n-1)(-144)^n}{n^3\binom{2n}{n}^2\binom{4n}{2n}}\tag6$$

y las integrales,

$$\kappa =-\int_0^{\pi/3}\ln\left(2\sin\frac{x}2\right)dx\tag7$$ $$\kappa =\int_0^{2\pi/3}\ln\left(2\cos\frac{x}2\right)dx\tag8$$ $$\kappa = \sqrt3\int_0^\infty x K_0^3(x) dx\tag9$$ $$\kappa =2\int_0^{1/2}\frac{\arcsin(x)}x dx\tag{10}$$ $$\kappa = \frac35\int_0^{{\pi }/{3}} \frac{x \left({\sqrt{3}-{\sin x}}\right)\, dx}{\sin x \cdot \sqrt{3-2 \sqrt{3} \sin x}}\tag{11}$$

y la participación armónica de los números de $H_n$,

$$\pi\,\kappa = \frac3{10}\sum_{n=1}^\infty \frac{17H_n+H_{2n}}{n^2\binom{2n}{n}}\tag{12}$$

$$8\,\kappa = 9\sqrt3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{\binom{2n}{n}} +2\pi\,(-2+\ln3)\tag{13}$$

y sus formas equivalentes después de algunas transformaciones. Tenga en cuenta que $K_n(x)$ es la función Bessel modificada de segunda clase. Algunos de estos no han sido probados rigurosamente.

Enlaces relevantes son: (1), (2), (3), (4),(5), (6), (7),(8), (9), (10),(11), (12), (13).

P: ¿Qué otras series, hipergeométrica, integral y representaciones están ahí para Gieseking constante de $\kappa$?

11voto

Tito Piezas III Puntos 13051

I. a partir De esta lista de integrales y otros lugares del catalán constante $K$, ahora he encontrado DIEZ (hasta ahora) que tienen un Gieseking $\kappa$ analógica, es decir,

$$\grande\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{#}&K & \kappa\\ \hline 1 & -\int_0^{\pi/2} \ln\left(2\sin \frac{x}2\right)\,dx & -\int_0^{\pi/3} \ln\left(2\sin \frac{x}2\right)\,dx\\ \hline 2 & -\frac2\pi\int_0^{\pi/2} x\ln\left(2\sin \frac{x}2\right)\,dx\,+\frac{35}{16}\frac{\zeta(3)}{\pi} & -\frac3\pi\int_0^{\pi/3}x\ln\left(2\sin\frac{x}2\right)\,dx\,+2\frac{\zeta(3)}\pi\\ \hline 3 & \frac12\int_0^{\pi/2} x\csc x\,dx & \frac35\int_0^{\pi/3} x\csc x\,dx\;+\frac{\pi\ln3}{10}\\ \hline 4 & \int_0^{\pi/4} \ln\left(\cot x\right)\,dx & \frac65\int_0^{\pi/6} \ln\left(\cot x\right)\,dx\\ \hline 5 & 2\int_0^{\sin(\pi/4)}\frac{\arcsin(x)}x dx\;-\frac{\pi\ln2}4 & 2\int_0^{\sin(\pi/6)}\frac{\arcsin(x)}x dx\\ \hline 6 & -2\int_\color{red}1^{\cos(\pi/4)}\frac{\arccos(x)}x dx\;+\frac{\pi\ln2}4 & -3\int_\color{red}1^{\cos(\pi/6)}\frac{\arccos(x)}x dx\;+\frac{\pi\ln3}{4}\\ \hline 7 & \int_0^{\tan(\pi/4)}\frac{\arctan(x)}x dx & \frac65\int_0^{\tan(\pi/6)}\frac{\arctan(x)}x dx\;+\frac{\pi\ln3}{10}\\ \hline 8 & \int_0^{1/\tan(\pi/4)}\frac{\arctan(x)}x dx & \frac65\int_0^{1/\tan(\pi/6)}\frac{\arctan(x)}x dx\;-\frac{\pi\ln3}{5}\\ \hline 9 & -\int_0^{\tan(\pi/4)}\frac{\ln x}{1+x^2} dx & -\frac65\int_0^{\tan(\pi/6)}\frac{\ln x}{1+x^2} dx\\ \hline 10 & -2\int_0^{2\sin(\pi/4)}\frac{\ln x}{\sqrt{4-x^2}} dx & -2\int_0^{2\sin(\pi/6)}\frac{\ln x }{\sqrt{4-x^2}} dx\\ \hline \end{array}$$

P. S. tenga en cuenta que $(7)$ e $(8)$ es la inversa de la tangente integral,

$$T_2(z)= \int_0^{z}\frac{\arctan(x)}x dx $$

por lo tanto $T_2(1)= K$, mientras que el $T_2(1/\sqrt3)$ e $T_2(\sqrt3)$ implicar $\kappa$.

10voto

Martin Nicholson Puntos 657

$$ \kappa=\frac{3\sqrt{3}}{2} \, _3F_2\left({\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\cima \frac{3}{2},\frac{3}{2}};\frac{3}{4}\right)-\frac{\pi }{2} \log 3\etiqueta{un} $$ Ramanujan Cuadernos I, capítulo 9, Entrada 16. (a) es un complemento (2) de Tito de la lista.

$$ \kappa=\frac35\int_0^{\pi/2}\log \left(\sqrt{3} \sin x+\sqrt{4-\sin ^2x}\right)dx\etiqueta{b} $$ $$ \kappa=\frac{3\sqrt3}{5}\int_0^{\pi/2}\frac{x~dx}{\sin x \sqrt{4-\cos ^2x}}\etiqueta{c} $$ $$ \kappa=3\sqrt3 \int_0^{{\pi }/{2}} \frac{\sin x\cdot\log \left(\cuna \frac{x}{2}\right)}{4-\sin ^2x}\, dx\etiqueta{d} $$ (b), (c) y (d) son debido a Lobachevskii, ver Gradsteyn y Ryzhik, eq. 4.228.1.

9voto

user90369 Puntos 26

En lugar de la serie, hipergeométrica, integral y representaciones también podemos usar la $products$.

Luego del catalán constante y Gieseking constante tienen la misma base.

Deje $~\displaystyle Q_1(x):=\lim_{n\to\infty}\frac{e^{xn} n^{-\frac{x^2}{2}}}{\prod\limits_{k=1}^n\left(1+\frac{x}{k}\right)^k}~$ .

Catalán constante : $\hspace{1cm}\displaystyle \sum\limits_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)^2}= \frac{\pi}{2}\left(1-\frac{\ln 2}{2} + 4 \ln\frac{Q_1\left(\frac{1}{4}\right)}{ Q_1\left(-\frac{1}{4}\right)}\right)$

Gieseking constante : $\enspace\displaystyle \int\limits_0^{\frac{2\pi}{3}}\ln\left(2\cos\frac{x}{2}\right)\,dx = \pi\left(1-\frac{\ln 3}{2} + 3 \ln\frac{Q_1\left(\frac{1}{3}\right)}{ Q_1\left(-\frac{1}{3}\right)}\right)$

Se puede ver que aquí, en la página 26.

$\,$

(Nota para el enlace: El lado derecho de la $(5)(a)$ tiene que ser reproducida por $3$. Pero no es relevante aquí.)

8voto

Esto hace que una buena comparación $$ K = \frac{1}{160}\left[ \psi_1\left(\frac{1}{12}\right) + \psi_1\left(\frac{5}{12}\right) - \psi_1\left(\frac{7}{12}\right) -\psi_1\left(\frac{11}{12}\right) \right] $$ $$ \kappa = \frac{\sqrt{3}}{72}\left[ \psi_1\left(\frac{1}{6}\right) + \psi_1\left(\frac{2}{6}\right) - \psi_1\left(\frac{4}{6}\right) - \psi_1\left(\frac{5}{6}\right) \right] $$

Puede imaginar una clase de las constantes de la forma $$ C = Af(N) = A\left[ \psi_1\left(\frac{1}{N}\right) + \psi_1\left(\frac{N/2-1}{N}\right) - \psi_1\left(\frac{N/2+1}{N}\right) - \psi_1\left(\frac{N-1}{N}\right) \right] $$ simple, interesante, $A$.

Edit:: Se puede escribir con ($N=4$) $$ K = \frac{f(4)}{16\sqrt{4}} $$ y con $N=3$ $$ \kappa = \frac{f(3)}{24 \sqrt{3}} $$ en la que se reitera la $Catalan,4$, $Gieseking,3$ enlace formulario de la $Q_1$ respuesta anterior.

5voto

Tito Piezas III Puntos 13051

BBP-tipo de la serie

Buscamos un BBP-escriba la fórmula para $\kappa$ con base $b^k$ tal que $b\neq \pm1$. Resulta $b=\pm\frac1{3^m}$ va a hacer. Cortesía de Manzoni comentario, nos encontramos con una fórmula en este documento.

$$\kappa = \frac1{3^{3/2}} \small\sum_{k=0}^\infty \left(-\frac1{3^3}\right)^k \left(\frac{3^2}{(6k+1)^2}-\frac{3^2}{(6k+2)^2}-\frac{3\times4}{(6k+3)^2}-\frac3{(6k+4)^2}+\frac1{(6k+5)^2}\right)$$

que también se encuentra en el Mathworld la Figura de Ocho en el nudo. En el mismo artículo (el cual trata de las $V=2\kappa$ pero no menciona Gieseking constante en todos), Mathworld más da,

$$\kappa\; =\frac1{3^{9/2}} \small\sum_{k=0}^\infty \left(\frac1{3^6}\right)^k \left(\frac{3^5}{(12k+1)^2}-\frac{3^5}{(12k+2)^2}-\frac{3^4\times4}{(12k+3)^2}-\dots-\frac1{(12k+11)^2}\right)$$

$$\kappa\; =\; \frac1{3^{21/2}} \small\sum_{k=0}^\infty \left(\frac1{3^{12}}\right)^k \left(\frac{3^{11}}{(24k+1)^2}-\frac{3^{11}}{(24k+2)^2}-\frac{3^{10}\times4}{(24k+3)^2}-\dots-\frac1{(24k+23)^2}\right)$$

y es tentador especular que este patrón continúa.

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