Conjetura $\sum_{n=0}^\infty a_n= \frac{1}{2}-\frac{7 \zeta(3)}{2 \pi^2}$

Question

Trabajando con algunas integrales me topé con la siguiente serie de convergencia lenta:

$$ S = \sum_{n = 0}^{\infty}\left(-1\right)^{n} \left[n + \frac{3}{2} + \left(n + 1\right)\left(n + 2\right) \log\left(1 - \frac{1}{n + 2}\right)\right] $$

Tengo razones para sospechar que la serie tiene una forma cerrada:

$$S=\frac{1}{2}-\frac{7 \zeta(3)}{2 \pi^2}=0.073721601182494209 \ldots$$

La prueba real se me escapa hasta ahora.

¿Puede probar o refutar esta conjetura?

Escribiendo el logaritmo como una serie tenemos:

\begin{align} &\left(n + 2\right) \log\left(1 - \frac{1}{n+2}\right) = -\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k\left(n + 2\right)^{k - 1}} \\ = &\ -1-\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(k+1) (n+2)^k} \end{align} Lo que convierte la serie en:

$$S=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \left(\frac{1}{2}-(n+1) \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(k+1) (n+2)^k} \right)$$

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Puedo proporcionar la forma en que llegué a esta expresión, pero es muy larga y complicada, como siempre. Me gustaría alguna prueba clara, si es posible.

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Para tener una idea de la lentitud con la que convergen las series, para $20000$ el resultado concuerda con la forma cerrada indicada en $4$ primeros dígitos significativos.

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La integral de la que se ha obtenido esta serie es (de nuevo, conjetural):

$$\int_0^1 {_2 F_1} (1,-t;2-t;-1) dt = \frac{7 \zeta(3)}{\pi^2}+\frac{1}{2}$$

No creo que sea muy útil, salvo para la confirmación numérica.

Answer 1

Para $\Re(s)> 0$ , dejemos que $F(s)$ definirse como $$ \small F(s) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\left[(n+1)^{1-s} + \frac 1 2 (n+1)^{-s} + \color{red}{(n+1)(n+2)}\left[(n+1)^{-s}\ln(n+1) - \color{red}{(n+2)^{-s}\ln(n+2)}\right]\right]. $$ Entonces $F(s)$ es analítico y $\displaystyle S= \lim_{\substack{s\to 0\\\Re(s)>0}}F(s)$ se mantiene. Supongamos que $\Re(s)>3$ para que cada término del sumando sea absolutamente sumable. Entonces, haciendo $n+1\mapsto n$ al término de color rojo, obtenemos \begin{align*} F(s) =& \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\left[(n+1)^{1-s} + \frac 1 2 (n+1)^{-s} + 2(n+1)^{2-s} \ln(n+1)\right]\\ =&\eta(s-1) +\frac 1 2 \eta(s) -2\eta'(s-2) ,\qquad \Re(s)>3 \end{align*} donde $\eta(s)$ es el Función eta de Dirichlet . Por continuación analítica, esto también debería valer para todos los $\Re(s)>0$ y se deduce $$ S = \lim_{\substack{s\to 0\\\Re(s)>0}}F(s) = \eta(-1) + \frac 1 2 \eta(0)-2\eta'(-2)=\frac 1 2 - \frac{7\zeta(3)}{2\pi^2} $$ donde el resultado puede derivarse de las ecuaciones funcionales satisfechas por $\eta(s)$ y $\zeta(s)$ es decir $$ \eta(s) = (1-2^{1-s})\zeta(s),\qquad \zeta(s) = 2^s\pi^{s-1}\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)\Gamma(1-s)\zeta(1-s). $$

Answer 2

Dividiendo los términos positivos y negativos se obtiene

$$S=\sum_{n=1}^\infty-1+2n(2n-1)\ln\left(1-\frac1{2n}\right)-2n(2n+1)\ln\left(1-\frac1{2n+1}\right)$$

Desde $\displaystyle\ln\left(1-\frac1n\right)=\ln(n-1)-\ln(n)=-\int_0^1\frac1{x+n-1}~\mathrm dx$ proporcionamos la forma más adecuada

$$S=\int_0^1\sum_{n=1}^\infty-1+\frac{2n(2n+1)}{x+2n}-\frac{2n(2n-1)}{x+2n-1}~\mathrm dx$$

El sumando puede ser manejado con alguna división larga y la función digamma, reduciendo esto a

$$S=\int_0^1x(x-1)\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{x+n}~\mathrm dx\\=\frac12\int_0^1x(1-x)\left[\psi^{(0)}\left(\frac{x+2}2\right)-\psi^{(0)}\left(\frac{x+1}2\right)\right]~\mathrm dx$$

Sustituyendo $x\mapsto1-x$ en la segunda función digamma y utilizando la fórmula de reflexión nos da

$$S=\frac12\int_0^1x(1-x)\left[\frac2x-\pi\cot\left(\frac{\pi x}2\right)\right]~\mathrm dx$$

que se reduce a algunos polilogaritmos y el resto es enchufar y tirar.