¿Cómo evaluar $\sum_{k=3}^{\infty} \frac{\ln (k)}{k^2 - 4}$?

Question

¿Es posible evaluar la suma: $$\sum_{k=3}^{\infty} \frac{\ln (k)}{k^2 - 4}$$ Espero que pueda estar relacionado con $\zeta^{\prime} (2)$: $$\zeta^{\prime} (2) = - \sum_{k=2}^{\infty} \frac{\ln(k)}{k^2}$$

¿Hay alguna identidad que funcione para mi serie, que involucre el logaritmo natural, similar a la identidad que: $$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+a)(n+b)} = \frac{\psi(a) - \psi(b)}{a-b}$$

También potencialmente relacionado, el análogo de Lüroth de la constante de Khintchine se puede definir de la siguiente manera: $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln (n)}{n(n+1)}$$ como se menciona aquí.

Después de algo de trabajo, se puede demostrar lo siguiente: $$\sum_{k=3}^{\infty} \frac{\ln (k)}{k^2 - 4} = \frac{5\ln(2) + 4\ln(3)}{16} + \frac{1}{2} \sum_{k=3}^{\infty} \frac{1}{k} \text{tanh}^{-1} \left( \frac{2}{k} \right)$$ y además: $$\sum_{k=3}^{\infty} \frac{1}{k} \text{tanh}^{-1} \left( \frac{2}{k} \right) = \int_{0}^{2} \left( \frac{\left(1-\pi x \cot(\pi x) \right)}{2x^2} + \frac{1}{x^2 - 1} + \frac{1}{x^2 -4} \right) \, dx$$

EDITAR

He derivado otra forma para mi suma de interés, sin embargo, encontré esta interesante ya que parece que podría ser potencialmente resoluble? $$\sum_{k=3}^{\infty} \frac{\ln (k)}{k^2 - 4} = \int_{0}^{\infty} \left( \frac{\psi^{(0)} (s+3) + \gamma}{(s+2)(s-2)} - \frac{25}{16 (s-2)(s+1)} \right) \, ds$$

A partir de esto, es posible obtener lo siguiente: $$\sum_{k=3}^{\infty} \frac{\ln (k)}{k^2 - 4} = \frac{\pi \gamma}{4} i + \frac{25}{48} (\ln (2) - i \pi) - \frac{1}{8} + \frac{1}{16} i \pi + \frac{1}{4} \int_{0}^{i \pi} \psi^{(0)} \left( \frac{4}{1+ e^{u}} \right) \, du$$

$$\sum_{k=3}^{\infty} \frac{\ln (k)}{k^2 - 4} = \frac{\pi \gamma}{4}i+\frac{25}{48} (\ln (2)-i \pi )+\frac{7 i \pi }{48}-\frac{1}{8}-\frac{\ln (2)}{3} -2 \int_0^{\infty } \frac{t \ln (\Gamma (1-i t))}{\left(t^2+4\right)^2} \, dt$$

$$\sum_{k=3}^{\infty} \frac{\ln (k)}{k^2 - 4} = -\frac{1}{8}-\frac{i \pi }{4}+\frac{i \gamma \pi }{4}-\frac{\ln (2)}{16} - 2 \int_{0}^{\infty} \frac{t \ln (\Gamma (-i t)) }{(4+t^2)^2} \, dt$$

$$\implies \sum_{k=3}^{\infty} \frac{\ln (k)}{k^2 - 4} =\frac{25}{48} \ln (2) -\frac{1}{8} + \int_{1}^{\infty} \frac{\ln (v-1) \text{li} (v^2)}{v^5} \, dv$$ Donde $\text{li}$ es una función integral logarítmica. $$\sum_{k=3}^{\infty} \frac{\ln(k)}{k^2-4} = \frac{3 \ln (2)}{16} - \frac{\pi^2+1}{8} - \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\infty} \sin(4\pi x) (\psi (x) - \ln (x)) \, dx$$

Answer 1

Teniendo en cuenta el caso más general $$S_a=\sum_{k=a+1}^{\infty} \frac{\log(k)}{k^2 - a^2}$$ $$\frac{\log (k)}{k^2 - a^2}=\sum_{n=0}^\infty \frac{\log (k)}{k^{2n+2}} a^{2n}$$ $$\sum_{k=a+1}^{\infty} \frac{\log(k)}{k^{2n+2}}=-\text{HurwitzZeta}^{(1,0)}(2 n+2,a+1)$$ $$S_a=-\sum_{n=0}^\infty a^{2n}\,\text{HurwitzZeta}^{(1,0)}(2 n+2,a+1)$$ converge muy rápidamente.

Si la suma hubiera comenzado en $k=1$ en lugar de $k=a+1$, habríamos obtenido $$-\sum_{n=0}^\infty a^{2n}\,\zeta '(2 (n+1))$$

Teniendo en cuenta el caso de $a=2$ y las sumas parciales hasta $p$, se obtiene el valor $0.920492$ para $p=17$. $$\left( \begin{array}{cc} p & -\sum_{n=0}^p \\ 1 & 0.866620 \\ 2 & 0.898968 \\ 3 & 0.911406 \\ 4 & 0.916559 \\ 5 & 0.918769 \\ 6 & 0.919732 \\ 7 & 0.920155 \\ 8 & 0.920343 \\ 9 & 0.920426 \\ 10 & 0.920462 \\ 11 & 0.920479 \\ 12 & 0.920486 \\ 13 & 0.920489 \\ 14 & 0.920491 \\ 15 & 0.920491 \\ 16 & 0.920491 \\ 17 & 0.920492 \end{array} \right)$$ mientras que la suma original requiere decenas de miles.

Esto se explica por el hecho de que $$\zeta '(2 (n+1)) \sim -\exp\Big[-\frac{1106 }{797}n-\frac{713}{430} \Big]$$

Answer 2

Esta es una respuesta parcial y no muy rigurosa (no sé cómo hacerla rigurosa), pero creo que de esta manera podría producir algunos resultados.

$$ \sum_{k=3}^{\infty} \frac{\ln(k)}{k^2-4} - \sum_{k=3}^{\infty} \frac{\ln(k)}{k^2} = 4\sum_{k=3}^{\infty} \frac{\ln(k)}{k^2(k^2-4)} $$

Ahora considera la función

$$f(a) = \sum_{k=3}^{\infty} \frac{1}{k^a(k^2-4)}$$

tal que :

$$\lim_{a \to 2}\, \frac{d}{da}\, f(a) = -\sum_{k=3}^{\infty} \frac{\ln(k)}{k^2(k^2-4)} $$

Luego usando

$$ \int_0^1 x^{k-1} \, dx = \frac{1}{k} $$

Se puede demostrar que si $a$ es un ENTERO PAR mayor que $0$

$$ \sum_{k=3}^{\infty} \frac{1}{k^a(k^2-4)} = \left.\left(\frac{1}{2^{a+2}x}+\frac{(4^{\frac{a}{2}+1}-3)x}{3*2^{a+2}}+\frac{(2a+1)x^2}{4*2^{a+2}} +\frac{\ln(1-x)}{2^{a+2}x^2}-\frac{x^2\ln(1-x)}{2^{a+2}}-\sum_{n=1}^{\frac{a}{2}}\frac{\operatorname{Li}_{(a-2n+2)}(x)}{2^{2n}} \right)\right\vert_{x=0}^{x=1} $$

Esperemos que alguien pueda obtener algunos resultados a partir de esto, saludos.

Edición #1

$$ \sum_{k=3}^{\infty} \frac{1}{k^a(k^2-4)} = \frac{1}{3} +\frac{1}{2^{a+3}} + \frac{1}{2^{a+4}}+\frac{a}{2^{a+3}} - \sum_{n=1}^{\frac{a}{2}}\frac{\zeta{(a-2n+2)}}{2^{2n}} $$

Edición #2 (27/05/2021)

Una última observación antes de dejar de intentar resolver el problema. Una vez más, no riguroso.

Considera la siguiente identidad para ENTEROS PARES y $ x \ge 2$ que no voy a demostrar pero puedes encontrar de manera similar aquí en el resultado #20 :

https://mathworld.wolfram.com/InfiniteProduct.html

$$\prod_{n=3}^{\infty} \left(1-\frac{4}{n^x}\right) = \frac{1}{6\, \pi^{x/2} \left(1-\frac{1}{2^{x-2}}\right) i^{x/2-1}} \prod_{n=1}^{x/2} \sin\left(\pi \,2^{2/x} \,(-1)^{2n/x}\right) $$

Tomando logaritmos naturales de ambos lados y diferenciando con respecto a x y algo de manipulación podemos obtener una pequeña identidad ordenada:

$$ -\frac{i \pi}{4} - \frac{4 \ln{(2)}}{2^x-4} - \frac{\ln(\pi)}{2} = 4 \sum_{n=3}^{\infty}\frac{\ln(n)}{n^x-4} - \frac{d}{dx} \sum_{n=1}^{x/2} \ln\left(\sin\left(\pi \,2^{2/x} \,(-1)^{2n/x}\right)\right) $$

Nota : Se pueden encontrar sumas similares de estas formas, la que tiene el $**\ln(\sin)**$ adentro y estas surgen al tratar con la constante de Catalan , $\zeta(3)$ y funciones de PolyGamma según mi conocimiento, simplemente no entendemos su comportamiento aún. Proporcionando más evidencia de que al menos en este momento, la suma que preguntaste puede no tener una forma cerrada.

Answer 3

Esto no es una respuesta, pero es demasiado largo para ser un comentario. Además, esta no es una solución en forma cerrada, pero creo que es un enfoque interesante. Además, no seré riguroso aquí, solo pretenderé que todo converge bien

Comenzamos con $$\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n$$ con el objetivo de terminar en $$\sum_{n=3}^\infty \frac{\ln(k)}{k^2-4}$$ Necesitaremos k, k-2 y k+2 en el denominador, así que integraré para obtener esos términos $$\frac{1}{x}\left(\frac{1}{(1-x)}-1-x-x^2\right) = \sum_{n=3}^\infty x^{n-1}$$ $$\int\frac{1}{x}\left(\frac{1}{(1-x)}-1-x-x^2\right)dx = \sum_{n=3}^\infty \frac{x^{n}}{n}$$ $$\int x\int\frac{1}{x}\left(\frac{1}{(1-x)}-1-x-x^2\right) = \sum_{n=}^\infty \frac{x^{n+2}}{n(n+2)}$$ $$\int \frac{1}{x^5}\int x\int\frac{1}{x}\left(\frac{1}{(1-x)}-1-x-x^2\right) = \sum_{n=3}^\infty \frac{x^{n-2}}{n(n+2)(n-2)}$$ $$x^2\int \frac{1}{x^5}\int x\int\frac{1}{x}\left(\frac{1}{(1-x)}-1-x-x^2\right)$$ Para limpiar las cosas, permitamos que $$f(x)=x^2\int \frac{1}{x^5}\int x\int\frac{1}{x}\left(\frac{1}{(1-x)}-1-x-x^2\right)$$ y resolvamoslo más tarde. Ahora, observe que si tomamos la derivada y la multiplicamos por x obtenemos un nuevo término n. En particular $$x\frac{d}{dx}f(x)=\sum_{n=3}^\infty \frac{nx^{n}}{n(n+2)(n-2)}$$ Si permitimos que ese proceso sea su propia operación, con $D = x\frac{d}{dx}$, entonces aplicar esa operación k veces dará $$D^k(f(x))=\sum_{n=3}^\infty \frac{n^{k}x^{n}}{n(n+2)(n-2)}$$ Luego, tomar la derivada con respecto a k da. $$\frac{d}{dk}D^k(f(x))=\sum_{n=3}^\infty \frac{\ln(n)n^{k}x^{n}}{n(n+2)(n-2)}$$ Luego, al permitir que k=1, y x=1, obtendremos $$\frac{d}{dk}D^k(f(x))=\sum_{n=3}^\infty \frac{\ln(n)}{(n+2)(n-2)}$$

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Simplificación (llenaré más esta sección si decido hacer esto algo más que simplemente un boceto de cómo salir de la suma). Para las sumas iniciales, he utilizado principalmente Wolfram, porque es muy tedioso hacerlo de otra manera. (Edité, omití un factor en alguna parte, así que tendría que editar los cálculos a continuación)

$$x\int_{0}^{x}\left(\frac{1}{1-t}-1-t-t^{2}\right)dt = \frac{x}{6}\left(-2x^{3}-3x^{2}-6x-6\ln\left(1-x\right)\right)$$ $$\frac{1}{x^5}\int_{0}^{x}\frac{t}{6}\left(-2t^{3}-3t^{2}-6t-6\ln\left(1-t\right)\right)dt = \frac{1}{120x^5}\left(x\left(-8x^{4}-15x^{3}-40x^{2}+30x+60\right)-60\left(x^{2}-1\right)\ln\left(1-x\right)\right)$$ $$x^2\int_0^x\left(\frac{1}{120t^5}\left(t\left(-8t^{4}-15t^{3}-40t^{2}+30t+60\right)-60\left(t^{2}-1\right)\ln\left(1-t\right)\right)\right)dt = -\frac{x^{2}\left(30\left(x^{2}-1\right)^{2}\ln\left(1-x\right)+x\left(16x^{4}-50x^{2}+15x+30\right)\right)}{240x^{4}} =f(x)$$

Con eso fuera del camino, ahora veré cómo definir $D$ con valores fraccionarios.

Dado que sabemos que solo tomaremos una derivada y luego veremos el vecindario alrededor de esa derivada, podemos simplemente tomar la primera derivada y luego agregar la parte fraccionaria. Entonces:

$$ x^k\frac{d^k}{dx^k} xf'(x)= \frac{x^k}{\Gamma(1-k)}\frac{d}{dx}\int_0^x\frac{f(t)}{(x-t)^k}dt $$

Editar: He definido D^k ligeramente mal, editaré esto más cuando haya corregido la definición

Editar: Aún no he verificado esto, pero creo que esta es la forma correcta de definir D^k

Comenzamos con el hecho de que $D^k(x^n) = n^kx^n$ y extendemos esto a cualquier función que tenga una serie de potencias.

Tenemos una forma fácil de obtener las potencias naturales de $n$ al usar aplicaciones de números naturales de $D^k$ (es decir, $D^1$, $D^2$, etc. están bien definidos). Podemos usar esto para obtener $n^\alpha$ a partir de estos.

Observe que $$n^\alpha = \sum_{k=0}^{\infty} a_k n^k$$ Ahora, solo necesitamos obtener el $n^k$ de una función con una serie de potencias.

Si $f(x) = \sum_{k=0}^{\infty} b_k x^k$, entonces aplicar $D^k$ da $$D^k(f(x)) = \sum_{n=0}^{\infty} b_n n^kx^n$$ Dado que nos gustaría obtener solo el término $n^k$, donde $n=m$, entonces, podemos hacer $$\frac{D^k(f(x))}{b_mx^{m+1}} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{b_n}{b_m} n^kx^{(n-(m+1))}$$ Luego tome el residuo, así que $$Res\left(\frac{D^k(f(x))}{b_mx^{m+1}}\right)=n^k$$

Y así $$D^\alpha(f(x)) = \sum_{k=0}^{\infty} a_k Res\left(\frac{D^k(f(x))}{b_nx^{n+1}}\right)$$

Answer 4

Respuesta Parcial \begin{align} \sum_{k=3}^\infty\frac{\ln k}{k^2-4}&=\sum_{k=3}^\infty\frac{\ln k}{k^2\left(1-\frac4{k^2}\right)}\\ &=\sum_{k=3}^\infty\frac{\ln k}{k^2}\sum_{l=0}^\infty\frac{2^{2l}}{k^{2l}}\\ &=\sum_{l=0}^\infty2^{2l}\sum_{k=3}^\infty\frac{\ln k}{k^{2l+2}}&&(\text{Por el teorema de Fubini})\\ &=\sum_{l=0}^\infty2^{2l}\left(-\zeta'(2l+2)-\frac{\ln2}{2^{2l+2}}\right)\\ &=-\sum_{l=0}^\infty\left(\frac{\ln2}{4}+\zeta'(2l+2)4^l\right) \end{align} Y no pude continuar más. Pero como nota adicional, la convergencia de esta suma demuestra que \begin{align} &\lim_{l\to\infty}\frac{\zeta'(2l+2)2^{2l+2}}4=-\frac{\ln2}{4}\\ \implies &\lim_{x\to\infty}\zeta'(x)2^x=-\ln2 \end{align} donde el segundo paso sigue del hecho de que la función zeta de Riemann es analítica.

Answer 5

Hay una conexión a $\zeta'$ en valores pares positivos

Usando fracciones parciales, tenemos $$\frac{1}{k^{2n}(k^2-a)}=\frac{1}{a^n(k^2-a)}-\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{a^{n-j+1}k^{2j}},$$ entonces $$S_r(n,a)=\sum_{k\ge r}\frac{\ln k}{k^{2n}(k^2-a)}=\frac{1}{a^n}\left(\sum_{k\ge r}\frac{\ln k}{k^2-a}-\sum_{j=1}^{n}a^{j-1}\sum_{k\ge r}\frac{\ln k}{k^{2j}}\right),$$ siempre que $r>\sqrt a$. Entonces es fácil mostrar que $$\sum_{k\ge r}\frac{\ln k}{k^{2j}}=\zeta'(2j)+\sum_{k=2}^{r-1}\frac{\ln k}{k^{2j}},$$ con los términos de $\zeta'(2j)$ sin tener una forma más simple que conozca. Hasta ahora, no sé cómo lidiar con la suma $\sum_{k}\ln(k)/(k^2-a)$, pero actualizaré una vez que lo haga.