Intercambio de suma mágica

Question

En esta respuesta Utilizo el siguiente resultado: $$\lim_{p\to\infty}\sum_{n=1}^p\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^{n+k}}{n(2k+1)^n} = \lim_{p\to\infty}\sum_{k=0}^p\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+k}}{n(2k+1)^n}$$ Sin embargo, esto se ha producido por pura intuición, ¡no tengo ni idea de cómo demostrar este resultado!
Lo he comprobado numéricamente y parece que se mantiene; además, utilizando este intercambio he obtenido el resultado correcto en el post enlazado. Si simplemente intercambiara los sumandos podría producir una prueba trivial, aunque también estoy intercambiando los límites de los sumandos.

¿Hay una prueba fácil de esto?

Answer 1

Usted puede notar que $$ \int_{0}^{1} x^{2k}\frac{(-\log x)^{n-1}}{(n-1)!}\,dx = \frac{1}{(2k+1)^n} $$ por lo que tanto el LHS como el RHS son iguales $$ \int_{0}^{1} \sum_{k\geq 0}\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n(-\log x)^{n-1}}{n!}(-1)^k x^{2k}\,dx =\int_{0}^{1}\frac{1-x}{\log(x)}\cdot\frac{1}{1+x^2}\,dx$$ por el teorema de convergencia dominada, ya que la función exponencial es una función entera y $\frac{1}{1+z^2}$ es una función analítica cuyo radio de convergencia en el origen es igual a uno. Mediante la sustitución $x=e^{-t}$ y el teorema de Frullani la última integral es igual a $$\log\,\left(\frac{\pi\sqrt{2\pi}}{\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)^2}\right)=\log\,\left(\frac{\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)^2}{\sqrt{2\pi}}\right)\approx -0.512376630342 $$

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \lim_{p \to \infty}\sum_{n = 1}^{p} \sum_{k = 0}^{\infty}{\pars{-1}^{n + k} \over n\pars{2k + 1}^{n}} & = \lim_{p \to \infty}\sum_{n = 1}^{p}{\pars{-1}^{n} \over n} {1 \over \ic}\sum_{k = 0}^{\infty}{\ic^{2k + 1} \over \pars{2k + 1}^{n}} \\[5mm] &= \lim_{p \to \infty}\sum_{n = 1}^{p}{\pars{-1}^{n} \over n}\, {1 \over \ic}\sum_{k = 1}^{\infty}{\ic^{k} \over k^{n}}\, {1 - \pars{-1}^{k} \over 2} = \lim_{p \to \infty}\Im\sum_{n = 1}^{p}{\pars{-1}^{n} \over n}\, \sum_{k = 1}^{\infty}{\ic^{k} \over k^{n}} \\[5mm] &= \lim_{p \to \infty}\Im\sum_{k = 1}^{\infty}\ic^{k} \sum_{n = 1}^{p}{\pars{-1/k}^{n} \over n} = -\Im\sum_{k = 1}^{\infty}\ic^{k}\ln\pars{1 + {1 \over k}} \\[5mm] & = -\,\Im\sum_{k = 1}^{\infty}\ic^{k}\int_{0}^{1}{\dd t \over t + k} = -\int_{0}^{1}\Im\sum_{k = 1}^{\infty}{\ic^{k} \over k + t}\,\dd t \\[5mm] & = -\,{1 \over 2}\int_{0}^{1} \sum_{k = 0}^{\infty}{\pars{-1}^{k} \over k + 1/2 + t/2}\,\dd t \\[5mm] & = {1 \over 4}\int_{0}^{1} \sum_{k = 0}^{\infty}\pars{{1 \over k + 3/4 + t/4} - {1 \over k + 1/4 + t/4}}\,\dd t \\[5mm] & = {1 \over 4}\int_{0}^{1}\bracks{\Psi\pars{{t \over 4} + {1 \over 4}} - \Psi\pars{{t \over 4} + {3 \over 4}}}\,\dd t\quad \pars{~\substack{\Psi:\ Digamma\ Function}~} \\[5mm] & = \left.\ln\pars{\Gamma\pars{t/4 + 1/4} \over \Gamma\pars{t/4 + 3/4}} \right\vert_{\ 0}^{\ 1} = \ln\pars{{\Gamma\pars{1/2} \over \Gamma\pars{1}} \,{\Gamma\pars{3/4} \over \Gamma\pars{1/4}}} \\[5mm] & = \ln\pars{\root{\pi} \,{\Gamma^{\,2}\pars{3/4} \over \Gamma\pars{3/4}\Gamma\pars{1/4}}} = \ln\pars{\root{\pi}\Gamma^{\,2}\pars{3/4} \over \pi/\sin\pars{\pi/4}} \\[5mm] & = \bbx{\ln\pars{\Gamma^{\,2}\pars{3/4} \over \root{2\pi}}} \approx -0.5123 \end{align}