Demostrando una fórmula relacionada con la función zeta

Question

¿Podrías mostrarme cómo probar la siguiente fórmula?$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta (2n)}{2n(2n+1)2^{2n}}=\frac12\left(\log \pi-1\right).$$

En el siglo 18, Leonhard Euler demostró la siguiente expresión: $$\zeta (3)=\frac{2}{7}\pi^2\log 2+\frac{16}{7}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\log \left(\sin x\right)dx.$$

Tenga en cuenta que $$\zeta (s)=\frac{1}{1^s}+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\cdots=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}.$$ Sin embargo, hasta donde yo sé, nadie ha sido capaz de calcular esta integral definida.

Por cierto, yo he conocido a la siguiente expresión: $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\log \left(\sin x\right)dx=\frac{\pi^2}{8}\left(\log {\frac{\pi}{2}}-\frac12-\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta (2n)}{n(n+1)2^{2n}}\right).$$

Me interesé en esta serie infinita, y sólo he conocido la siguiente fórmula similar sin ningún tipo de prueba: $$\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta (2n)}{2n(2n+1)2^{2n}}=\frac12\left(\log \pi-1\right).$$

Entonces, mi pregunta es cómo probar esta fórmula. Sospecho que la siguiente expresión podría ser utilizado:$$\sin {\pi x}=\pi x\prod_{n=1}^\infty\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right).$$ A pesar de que he tratado de demostrar esto, estoy en la dificultad. Necesito de su ayuda.

Answer 1

Vamos a empezar con esta generación de la función para los valores de $\zeta$(aún) :

$$\pi\;x\;\cot(\pi\;x)=1-2\sum_{n=1}^\infty \zeta(2n)\;x^{2n}$$

Y dividir por $x$ : $$\pi\;\cot(\pi\;x)-\frac 1x=-2\sum_{n=1}^\infty \zeta(2n)\;x^{2n-1}$$

Integración relativamente a $x$ devuelve (la constante de $C=-\ln(\pi)$ se deduce de $\,\lim_{x\to 0^+}$) : $$\ln(\sin(\pi x))-\ln(x)-\ln(\pi)=-2\sum_{n=1}^\infty \frac {\zeta(2n)\;x^{2n}}{2n}$$

Integrando de nuevo de $0$ $\frac 12$da (ver $(*)$ de la integral) :

$$-\frac{\ln(\pi)}2+\int_0^{\frac 12}\ln\frac{\sin(\pi x)}x\;dx =-2\sum_{n=1}^\infty \frac {\zeta(2n)}{2n(2n+1)}\left(\frac 12\right)^{2n+1}$$

$$-\frac{\ln(\pi)}2+\frac 12=-\sum_{n=1}^\infty \frac {\zeta(2n)}{2n(2n+1)\;2^{2n}}$$

o (mucho después de la O. L. (+1)) : $$\sum_{n=1}^\infty \frac {\zeta(2n)}{2n(2n+1)\;2^{2n}}=\frac{\ln(\pi)-1}2$$

Danese ($1967$) propuso una generalización de la zeta de Hurwitz función (ref: Boros y Moll 'Irresistible integrales' p.$248$) :

$$\sum_{n=1}^\infty \frac {\zeta(2n,\,z)}{n\,(2n+1)\;2^{2n}}=(2z-1)\ln\left(z-\frac 12\right)-2z+1+\ln(2\pi)-2\ln\Gamma(z)$$

B&M indican : $$\sum_{n=1}^\infty \frac {\zeta(2n)}{2n(2n+1)}=\frac{\ln(2\pi)-1}2$$

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$(*)$ La integral puede evaluarse utilizando $\;\displaystyle I:=\int_0^{\frac 12}\ln(\sin(\pi x))\;dx=\int_0^{\frac 12}\ln(\cos(\pi x))\;dx$
La adición de estas dos integrales a la integral de la $\ln(2)$ y ajuste de $\,y:=2x$ le da : $$2\,I+\int_0^{\frac 12}\ln(2)\,dx=\int_0^{\frac 12}\ln(2\,\sin(\pi x)\cos(\pi x))\;dx=\frac 12\int_0^1\ln(\sin(\pi y))\;dy=I$$ de modo que $\,\displaystyle I=-\int_0^{\frac 12}\ln(2)\,dx\;$ $\;\displaystyle\int_0^{\frac 12}\ln\frac{\sin(\pi x)}x\;dx=\int_0^{\frac 12}-\ln(2\,x)\,dx=\frac 12$

Equivalente integrales son a menudo manejan en SÍ, por ejemplo, aquí y aquí. Las generalizaciones aparecen en Boros y Moll del libro ($12.5$).

Answer 2

Utilizando la conocida representación integral $$\zeta(s)=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}dx}{e^x-1},$$ podemos reescribir su suma como \begin{align} S&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{2n(2n+1)2^{2n}}=\\ &=\int_0^{\infty}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{2n(2n+1)2^{2n}\Gamma(2n)}\right)\frac{dx}{e^x-1}=\\ &=\int_0^{\infty}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{(2n+1)!2^{2n}}\right)\frac{dx}{e^x-1}=\\ &=\int_0^{\infty}\frac{2\sinh\frac{x}{2}-x}{x^2}\frac{dx}{e^x-1}=\\ &=\int_0^{\infty}\left(\frac{e^{-x/2}}{x^2}-\frac{1}{x(e^x-1)}\right)dx. \end{align} Para evaluar esta integral, consideremos un poco más general: $$I(s)=\int_0^{\infty}x^s\left(\frac{e^{-x/2}}{x^2}-\frac{1}{x(e^x-1)}\right)dx.\tag{1}$$ Obviamente, necesitamos $I(0)$. Pero para $\mathrm{Re}\,s>1$ podemos evaluar la integrands de ambos sumandos en (1) por separado y obtener el resultado de $I(0)$ por la continuación analítica. A saber: \begin{align} I(s)=2^{s-1}\Gamma(s-1)-\Gamma(s)\zeta(s).\tag{2} \end{align} Ambas piezas de (2) se han simple pol $s=0$, pero los residuos como era de esperar cancelar: \begin{align} I(s\rightarrow 0)&=\left(-\frac{1}{2s}+\frac{\gamma-1-\ln 2}{2}+O(s)\right)-\left(-\frac{1}{2s}+\frac{\gamma-\ln 2\pi}{2}+O(s)\right)=\\ &=\frac{\ln\pi -1}{2}+O(s), \end{align} y, por tanto,$\displaystyle S=\frac{\ln\pi -1}{2}$.