Una serie para $\log (a) \log (b)$ en términos de función hipergeométrica

Question

He vuelto a experimentar con la integral de Frullani y he obtenido una serie muy curiosa:

$$\sum_{k=0}^\infty \frac{{_2 F_1} (2k+1,2k+1;4k+2;s)}{(2k+1)^2 \binom{4k+2}{2k+1} r^{2k+1}}= \frac{1}{4} \log (a) \log (b)$$

Aquí:

$$r= \frac{1}{2} \frac{ab+1+a+b}{ab+1-a-b} \left(1+\sqrt{1-\frac{16 ab}{(ab+1+a+b)^2}} \right)$$

$$s= \frac{2\sqrt{1-\frac{16 ab}{(ab+1+a+b)^2}}}{1+\sqrt{1-\frac{16 ab}{(ab+1+a+b)^2}}} $$

---

Por ejemplo:

$$\sum_{k=0}^\infty \frac{{_2 F_1} (2k+1,2k+1;4k+2;\sqrt{3}-1)}{(2k+1)^2 \binom{4k+2}{2k+1} (3+\sqrt{3})^{2k+1}}= \frac{1}{4} \log (2) \log (3)$$

Lo que es realmente sorprendente es que $7$ términos de la serie ya dan $16$ dígitos correctos para el lado derecho: $0.1903750026047022 \ldots$ . Por otro lado $48$ los términos dan $100$ dígitos correctos.

El resultado puede ser bastante inútil para los cálculos, porque los términos presentan funciones hipergeométricas, pero son un caso muy especial ( ${_2 F_1} (n,n;2n;x)$ ) y probablemente tengan algunas propiedades especiales que podrían facilitar su evaluación.

¿Has visto alguna serie así? ¿Hay alguna lista de series con ${_2 F_1}$ términos que tienen formas cerradas elementales?

¿Cómo probaría este resultado? ¿Puede conducir a alguna identidad útil o interesante?

Como cuestión más práctica, ¿podemos expresar $a(r,s)$ y $b(r,s)$ en los radicales?

---

La forma en que obtuve la serie es demasiado larga para proporcionarla completamente aquí, pero empecé con una integral doble de Frullani:

$$\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{d x dy}{x y} (e^{-x}-e^{-a x})(e^{-y}-e^{-b y})=\log (a) \log (b)$$

Entonces se utilizó la sustitución polar $x= \rho \cos \phi$ , $y= \rho \sin \phi$ integrado en el tiempo. $\rho$ , utilizó la sustitución de la tangente de medio ángulo, expandió el logaritmo y luego integró cada término utilizando la función de Appell que luego se redujo a la función hipergeométrica.

---

Actualización:

Utilizando una transformación conocida, podemos escribir:

$${_2 F_1} (2k+1,2k+1;4k+2;x)= \frac{1}{(1-x/2)^{2k+1}} {_2 F_1} \left(k+\frac12,k+1;2k+\frac32;\frac{x^2}{(2-x)^2}\right)$$

Lo que hace que el caso particular anterior sea más bonito ya que ambos parámetros se vuelven racionales:

$$\color{blue}{\sum_{k=0}^\infty \frac{{_2 F_1} \left(k+\frac12,k+1;2k+\frac32;\frac{1}{3}\right)}{(2k+1)^2 \binom{4k+2}{2k+1} 3^{2k+1}}= \frac{1}{4} \log (2) \log (3)}$$

En el caso general, los parámetros también se vuelven racionales:

$$\sum_{k=0}^\infty \frac{{_2 F_1} \left(k+\frac12,k+1;2k+\frac32;u\right)}{(2k+1)^2 \binom{4k+2}{2k+1} v^{2k+1}}= \frac{1}{4} \log (a) \log (b)$$

Dónde:

$$u= 1-\frac{16 ab}{(ab+1+a+b)^2} $$

$$v= \frac{1}{2} \frac{ab+1+a+b}{ab+1-a-b} $$

Parece que para $a,b>0$ tenemos $0<u<1$ y $v>1/2$ que es bueno para la convergencia.

Actualización 2:

Utilizando la integral de Euler para la función hipergeométrica, y sumando las series obtenemos otra identidad más sencilla:

$$\int_0^1 \text{arctanh} \left(\frac{1}{2v} \sqrt{\frac{x(1-x)}{1-u x}} \right) \frac{dx}{x \sqrt{(1-x)(1-u x)}}=\frac{1}{2} \log (a) \log (b)$$

Mientras que la solución general para $a(u,v)$ y $b(u,v)$ se me escapa, hay un caso de parámetro único que es fácil de expresar:

$$\sum_{k=0}^\infty \frac{{_2 F_1} \left(k+\frac12,k+1;2k+\frac32;\frac{1}{p}\right)}{(2k+1)^2 \binom{4k+2}{2k+1} p^{2k+1}}= \frac{1}{4} \log \left(\frac{2 p+\sqrt{8 p+1}+1}{2 (p-1)} \right) \log \left(\frac{2 p+\sqrt{8 p+1}+1}{2 p} \right)$$

$$p>1$$

Answer 1

Esto no es una respuesta, pero me he quedado sin espacio en el post, así que añadiré aquí cualquier nuevo resultado sobre este tema.

• Utilizando esta transformación hipergeométrica En la segunda serie, pude obtener otra identidad:

$$\sum_{k=0}^\infty \frac{{_2 F_1} \left(2k+1,\frac12;2k+\frac32; \alpha \right)}{(2k+1)^2 \binom{4k+2}{2k+1}} (4 \beta)^{2k+1}= \log (a) \log (b)$$

Dónde:

$$\alpha= \frac{(ab-1)^2+(a-b)^2}{(ab+1)^2+(a+b)^2}$$

$$\beta= \frac{(ab+1)^2-(a+b)^2}{(ab+1)^2+(a+b)^2}$$

Creo que la simetría de esto es hermosa, y esto me lleva a creer que más identidades como esta son posibles.

Utilizando la integral de Euler y simplificando, obtenemos:

$$\sum_{k=0}^\infty \frac{\beta^{2k+1}}{2k+1} \int_0^1 \frac{t^{2k} dt}{\sqrt{(1-t)(1- \alpha t)}}= \log (a) \log (b)$$

La suma nos da:

$$\int_0^1 \frac{\tanh^{-1} (\beta t) dt}{t\sqrt{(1-t)(1- \alpha t)}}= \log (a) \log (b)$$

---

Después de trabajar la expresión explícita de la función hipergeométrica en la primera serie, podemos escribir:

$$\sum_{n=0}^\infty \frac{(r s)^{-2n-1}}{2n+1} \left( \sum _{k=0}^{2 n} (-1)^k \binom{2 n}{k} \binom{2 n+k}{k} \frac{H_{2 n}-H_k}{s^k}-\frac{\log(1-s)}{2} P_{2n} \left(\frac{2}{s}-1 \right) \right) = \\ = \frac{1}{4} \log (a) \log (b)$$

Sorprendentemente, ambos términos dentro de la serie parecen converger individualmente, en particular:

$$\sum_{n=0}^\infty \frac{(r s)^{-2n-1}}{2n+1} P_{2n} \left(\frac{2}{s}-1 \right) = \frac{1}{2} \log (c), \qquad c = \begin{cases} a, & 1<a< b \\ b & 1<b< a \end{cases}$$

No sé cómo demostrar este último resultado, pero funciona numéricamente.

Answer 2

Es totalmente posible expresar $a$ y $b$ como funciones de $r,s$ .

---

Escribir $$\sqrt{1-\frac{16 ab}{(ab+1+a+b)^2}}=\frac s{2-s}\implies ab=\frac{1-s}{4(2-s)^2}\cdot(ab+1+a+b)^2$$ y dejar que $$t=\frac{(2-s)r+1}{(2-s)r-1}$$ produce \begin {align}r= \frac12\cdot\frac {ab+1+a+b}{ab+1-a-b} \cdot\frac2 {2-s}& \implies ab-t(a+b)+1=0 \\ & \implies b= \frac {ta-1}{a-t} \end {align} así que $$t(a+b)-1=\frac{1-s}{4(2-s)^2}(1+t)^2(a+b)^2\implies a+b=k$$ con $$k=\frac{2(2-s)^2}{1-s}\left(t\pm\sqrt{t^2-\frac{1-s}{(2-s)^2}(1+t)^2}\right)$$ donde se debe tomar la raíz positiva para $s\le1$ , dando $$a+\frac{ta-1}{a-t}=k\implies a=\frac{k\pm\sqrt{k^2-4(kt-1)}}2$$ donde se debe tomar la raíz positiva para $kt\ge1$ y por lo tanto $a(r,s)$ y $b(r,s)$ se expresan hasta la radicalidad.