¿Es cierta la siguiente identidad?

Question

El cálculo sugiere la siguiente identidad: $$ \lim_{n\to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k}{k}\sum_{j=1}^k\frac{1}{2j-1}=\frac{1-\sqrt{5}}{2}. $$

He verificado esta identidad para $n$ hasta $5000$ a través de Maple y encontrar que el lado izquierdo se aproxima $\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ . Sin embargo, esta doble suma tiene una tasa de convergencia lenta y no estoy seguro de que sea cierta.

Así que quiero preguntar si es verdad. Si es así, ¿cómo se puede demostrar?

Answer 1

Esto se puede evaluar utilizando funciones generadoras e integrando. La respuesta es $-\pi^2/16 = -0.61685 \ldots$ que está bastante cerca de $(1-\sqrt{5})/2=-0.61803\ldots$ .

He aquí un esquema: la suma es $$ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k} \int_0^1 (1+x^2+ \ldots +x^{2k-2}) dx = \int_0^1 \sum_{j=0}^{\infty} x^{2j} \sum_{k=j+1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k} dx $$ que es $$ = \int_0^1 \sum_{j=0}^{\infty} x^{2j} \Big(\int_0^1 \sum_{k=j}^{\infty} -(-y)^{k} dy \Big) dx = - \int_0^1 \int_0^1 \sum_{j=0}^{\infty} \frac{(x^2 y)^j}{1+y} dy dx, $$ que es $$ = - \int_0^1\int_0^1 \frac{dx dy}{(1+x^2y)(1+y)}. $$ La integral en $y$ puede hacerse fácilmente: $$ \int_0^1 \frac{1}{1-x^2} \Big( \frac{1}{1+y}- \frac{x^2}{1+x^2y}\Big)dy = \log \Big(\frac{2}{1+x^2}\Big) \frac{1}{1-x^2}. $$ Nos quedamos con $$ - \int_0^1 \log \frac{2}{1+x^2} \frac{dx}{1-x^2}, $$ que WolframAlpha evalúa como $-\pi^2/16$ . (Esto no parece tan malo para hacerlo a mano, pero no veo una razón para hacer integrales de una variable que un ordenador pueda reconocer de una vez).

Answer 2

Comenzar con $$\sum_{n\geq1}\frac{z^{2n-1}}{2n-1}=\frac12\log\left(\frac{1+z}{1-z}\right).$$ Desde $\frac1{1-z^2}\sum_{n\geq1}\frac{z^{2n-1}}{2n-1}=\sum_{n\geq1}z^{2n-1}\sum_{k=1}^n\frac1{2k-1}$ tenemos $$\int_0^z\left(\sum_{n\geq1}z^{2n-1}\sum_{k=1}^n\frac1{2k-1}\right)dz=\int_0^z \frac1{2(1-z^2)}\log\left(\frac{1+z}{1-z}\right)\,dz.$$ Por lo tanto, $$\sum_{n\geq1}\frac{z^{2n}}{2n}\sum_{k=1}^n\frac1{2k-1}= \frac18\log^2\left(\frac{1+z}{1-z}\right).$$ Elija $z=i=\sqrt{-1}$ para que $$\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^n}{2n}\sum_{k=1}^n\frac1{2k-1}= \frac18\log^2\left(\frac{1+i}{1-i}\right)=-\frac{\pi^2}{32}.$$ De ello se desprende que $$\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^n}{n}\sum_{k=1}^n\frac1{2k-1}=-\frac{\pi^2}{16}.$$