Justificar $\zeta(3)=2\int_0^1 \left(Li_2(e^{-2\pi i x})+Li_2(e^{2\pi i x}\right))\log \Gamma(x)dx$

Question

No sé si este enfoque para obtener una fórmula que implica la Apéry constante en la literatura. Esta idea era una simple idea hace unos minutos, cuando estaba estudiando las respuestas en este sitio Matemáticas Stack Exchange para la pregunta Integral $\int_0^1 \log \Gamma(x)\cos (2\pi n x)\, dx=\frac{1}{4n}$ .

Uno tiene que desde Wolfram Alpha dijo que $$\sum_{k=1}^\infty\frac{\cos (2 \pi k x)}{k^2}=\frac{Li_2(e^{-2\pi i x})+Li_2(e^{2\pi i x})}{2},$$ donde $Li_s(z)$ es el función polilogaritmo . A continuación, utilizando el teorema de convergencia dominada deberíamos tener entonces $$\zeta(3)=2\int_0^1 \left(Li_2(e^{-2\pi i x})+Li_2(e^{2\pi i x}\right))\log \Gamma(x)dx .$$

Pregunta. Por favor, ¿puedes justificar todas estas afirmaciones para proporcionarnos este bonito ejercicio para este sitio de Intercambio de Pila de Matemáticas? Digo justificar la forma cerrada para la serie que implica la función coseno (si usted encuentra una referencia en este sitio, sólo se requiere agregarlo) y después de jusfity cómo se utiliza el teorema de convergencia dominada. Gracias de antemano.

Con respecto al uso del teorema, sé que puedo acotar la función coseno, pero ¿cómo se puede acotar $|\log \Gamma(x) |$ para $0<x<1$ ?

Puede ver el cálculo desde el calculadora en línea con este código

int_0^1 log (Gamma(x))2(Li_2(e^(-2 i pi x))+Li_2(e^(2 i pi x)))dx .

Obsérvese que la parte imaginaria es $\approx 0$ .

Answer 1

Así que tenemos que demostrar que $$ \frac{\zeta(3)}{4} = \int_{0}^{1}\sum_{k\geq 1}\frac{\cos(2\pi k x)}{k^2}\log\Gamma(x)\,dx $$ pero durante el iterval $(0,1)$ la gráfica de la serie coseno de Fourier $\sum_{k\geq 1}\frac{\cos(2\pi k x)}{k^2}$ no es más que la gráfica de una parábola, ya que $\sum_{k\geq 1}\frac{\sin(2\pi k x)}{k}$ es una onda diente de sierra. Además, dicha parábola es simétrica con respecto al punto $x=\frac{1}{2}$ . La reclamación se reduce a: $$ \frac{\zeta(3)}{4} = \int_{0}^{1/2}\left(\frac{\pi^2}{6}-\pi^2(x-x^2)\right)\log\left(\Gamma(x)\Gamma(1-x)\right)\,dx $$ o, mediante la fórmula de reflexión para el $\Gamma$ y la sustitución $x\to\frac{1}{2}-x$ : $$ \frac{\zeta(3)}{4}=\frac{\pi^2}{12}\int_{0}^{1/2}(12x^2-1)\log\left(\frac{\pi}{\cos(\pi x)}\right)\,dx$$ que es equivalente a: $$ 3\zeta(3)=\pi^2\int_{0}^{1/2}(1-12x^2)\log(\cos(\pi x))\,dx \tag{1a}$$ o a: $$ \frac{3\zeta(3)}{\pi^3} = \int_{0}^{1/2}\tan(\pi x)(x-4x^3)\,dx,\tag{1b}$$ $$ \frac{\zeta(3)}{\zeta(2)} = \int_{0}^{1}\frac{\pi}{2}\cot(\pi x/2)x(x-1)(x-2)\,dx.\tag{1c}$$ Dado que el producto de Weierstrass de la función coseno da $$ \cos(\pi x)=\prod_{n\geq 0}\left(1-\frac{4 x^2}{(2n+1)^2}\right)\tag{2}$$ et $$ \int_{0}^{1/2}(1-12x^2)\log\left(1-\frac{4 x^2}{(2n+1)^2}\right)\,dx \\= \frac{1}{3}+4 n (1+n)+2 n (1+n) (1+2 n) (\log(n)-\log(n+1)) \tag{3}$$ toda la cuestión se reduce a un ejercicio de suma por partes en el que interviene la derivada de la $\zeta$ (en particular, $\zeta'(-2)$ que está relacionado con $\zeta(3)$ a través de la fórmula de reflexión para el $\zeta$ función ). Como alternativa, $(1)$ puede comprobarse ampliando ambos $12x^2-1$ et $\log\cos(\pi x)$ como serie de Fourier . Por otra parte, la solución de Chen Wang a la pregunta vinculada sólo se basa en Serie de Fourier de Kummer para $\log\Gamma$ . El producto de Weierstrass también proporciona las identidades $$ \frac{\pi}{2}\cot\left(\frac{\pi x}{2}\right)=\frac{1}{x}+\sum_{n\geq 1}\left(\frac{1}{x-2n}+\frac{1}{x+2n}\right) \tag{4}$$ $$ \tan\left(\frac{\pi x}{2}\right)=\frac{4}{\pi}\sum_{n\geq 0}\frac{x}{(2n+1)^2-x^2} \tag{5} $$ que pueden utilizarse para abordar directamente $(1b)$ o $(1c)$ .

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Ahora tenemos una situación que se da a menudo en matemáticas: al demostrar algo, pasamos por algún lema que es crucial para otras situaciones. En este caso tenemos que la RHS de $(3)$ es sumable sobre $n\geq 1$ por lo que la "pequeñez" de dicho término nos da que $$ \frac{4n(n+1)+\frac{1}{3}}{2n(2n+1)(n+1)} $$ es una excelente aproximación de $\log\left(1+\frac{1}{n}\right)$ para cualquier $n\geq 1$ e incluso podemos estimar el error aproximando la integral asociada con la desigualdad de Cauchy-Schwarz, integración por partes u otras técnicas. En nuestro caso obtenemos que el error de aproximación es menor que $1.3\cdot 10^{-3}$ para cualquier $n\geq 1$ y $$ \log(2)\approx\left(\frac{5}{6}\right)^2. $$