Propiedad fascinante de la función beta de Dirichlet

Question

Estaba originalmente investigando la integral definida

$$\ I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos(\ln(\tan x))dx$$

Después de sustituir $\ln(\tan x) = u$ y cambiar los límites superior e inferior, la integral se simplificó a

$$\ I = \int_0^{\infty} \frac{\cos u \cdot e^u}{1+e^{2u}}du$$

Lo cual no es más que

$$\ I = \frac{1}{2} \cdot \int_0^{\infty} \frac{\cos u}{\cosh u} du$$

Ahora, consideré la serie de Maclaurin de $\cos x$:

$$ \cos x = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \cdot \frac{x^{2n}}{(2n)!}$$

Luego, sustituí esta suma dentro de la integral:

\begin{align} I &= \int_0^{\infty} \frac{e^u}{1+e^{2u}} \cdot \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \cdot \frac{u^{2n}}{(2n)!} du \\ &= \int_0^{\infty} \frac{e^u}{1+e^{2u}}du - \frac{1}{2!}\cdot \int_0^{\infty} \frac{u^2e^u}{1+e^{2u}}du + \frac{1}{4!} \cdot \int_0^{\infty} \frac{u^4e^u}{1+e^{2u}}du +\ldots \end{align}

Reorganizando los términos, obtenemos:

$$ I = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!} \cdot \int_0^{\infty} \frac{u^{2n}e^u}{1+e^{2u}} du $$

Como se ve aquí y sustituyendo $\ 2n$ en lugar de $\ n$, obtenemos:

$$\int_0^{\infty} \frac{u^{2n}e^u}{1+e^{2u}} du = \Gamma(2n+1)\beta(2n+1) = (2n)!\beta(2n+1)$$

Sustituyendo esta igualdad en nuestra integral original, notamos que los términos $(2n)!$ se cancelan y obtenemos

$$\ I = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\beta(2n+1)$$

Mientras tanto, de los comentarios en la respuesta de la misma pregunta, estableciendo $\ t =1$, tenemos: $$\ I = \frac{1}{2}\int_0^{\infty} \frac{\cos u}{\cosh u} du = \frac{\pi}{4}\cdot \operatorname{sech}(\frac{\pi}{2})$$

Entonces, ¿es válido afirmar la siguiente igualdad?

$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\beta(2n+1) = \frac{\pi}{4} \cdot \operatorname{sech}(\frac{\pi}{2})$$

Lo cual parece ser cierto, por lo menos según WolframAlpha.

¿Podemos derivarlo a través de algún otro método? La suma en el LHS parece ser una tarea desalentadora, pero resulta ser igual a esta expresión bastante simplificada a la derecha.

También - como se señala en los comentarios, el límite cuando k se acerca a ${\infty}$ de $\beta(2k+1)$ debería ser $\ 1$. Dado que esto es cierto, ¿cómo explicamos el hecho de que esta suma converja?

Gracias por leer. Se agradecen cualquier sugerencia.

Answer 1

Parece que la respuesta es bastante directa si se tiene conocimiento sobre la expansión de Taylor de $\operatorname{sech(z)}$ y su relación con los números de Euler.

Tenemos:

$$\operatorname{sech(z)} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{E_{2n}}{(2n)!}\cdot z^{2n}$$

También, como se señaló en los comentarios, se sabe que

$$\beta(2k+1) = \frac{(-1)^k\cdot E_{2k}}{2(2k)!}(\frac{\pi}{2})^{2k+1}$$

Multiplicando $(-1)^k$ en ambos lados y tomando la suma desde $\ n = 0$ hasta $\infty$, obtenemos el resultado final:

$$S = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^k\beta(2k+1) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{E_{2k}}{2(2k)!}\cdot (\frac{\pi}{2})^{2k} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4} \cdot \sum_{k=0}^{\infty}\frac{E_{2k}}{(2k)!}\cdot (\frac{\pi}{2})^{2k} = \frac{\pi}{4} \operatorname{sech(\frac{\pi}{2})}$$

También noté que si reorganizamos un poco $\ (-1)^k\beta(2k+1)$, resulta ser una suma de GP infinitas. Luego se convierte en igual a la suma:

$$\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k \beta(2k+1) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k(2k+1)}{1+(2k+1)^2}$$

lo cual en efecto converge a $\frac{\pi}{4}\operatorname{sech(\frac{\pi}{2})}$

Pero la duda sobre si la suma debería converger, si acaso, sigue sin resolverse. No puedo pensar en una razón para justificar su convergencia si el límite cuando n tiende a infinito de $\beta(2n+1)$ es $1$.

Answer 2

Haciendo la historia corta, si disfrutas de la función hipergeométrica gaussiana $$ I = \int \cos(\ln(\tan x))dx$$ $$I=\frac{1+i}{4}\, \tan ^{1-i}(x) \,\, _2F_1\left(\frac{1-i}{2},1;\frac{3-i}{2};- \tan ^2(x)\right)+$$ $$\frac{1-i}{4} \tan ^{1+i}(x) \,\, _2F_1\left(\frac{1+i}{2},1;\frac{3+i}{2};- \tan ^2(x)\right)$$ que está definida para $(0 \leq x \lt \frac \pi 2)$

$$ J = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos(\ln(\tan x))dx$$ $$J=\frac 1 8\Bigg(\left(\psi\left(\frac{3+i}{4}\right)-\psi \left(\frac{3-i}{4}\right)\right)- \left(\psi \left(\frac{1+i}{4}\right)+\psi \left(\frac{1-i}{4}\right) \right) \Bigg)$$ $$J=\frac{\pi}{4} \ \text{sech}\left(\frac{\pi }{2}\right)$$