Mostrar $(1+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\frac{1}{11}-\cdots)^2 = 1+\frac{1}{9}+\frac{1}{25}+\frac{1}{49} + \cdots$

Question

El mes pasado estuve calculando $\displaystyle \int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}\, dx$ cuando me topé con la sorprendente identidad:

$$\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\left(\frac{1}{4n+1} +\frac{1}{4n+3}\right) = \frac{\pi}{\sqrt8}$$

y yo sabía

$$\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}$$

Así que si yo pudiera encontrar una prueba de que $$\left(\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\left(\frac{1}{4n+1} +\frac{1}{4n+3}\right)\right)^2 = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^2} , entonces esto podría ser una nueva prueba de que $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$. He pensado en esto durante casi un mes y yo no soy más cerca en la que muestra esta identidad.

Nota: el Artículo en la multiplicación de condicionalmente convergente la serie: http://www.jstor.org/stable/2369519

Answer 1

Vamos a tener una oportunidad. $$\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{4n+1}=\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^4},\qquad S=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\left(\frac{1}{4n+1} +\frac{1}{4n+3}\right)=\int_{0}^{1}\frac{1+x^2}{1+x^4}dx,$$ $$S = \int_{0}^{1}\frac{x+x^{-1}}{x^{-2}+x^2}\frac{dx}{x}=\int_{1}^{+\infty}\frac{z}{(2z^2-1)\sqrt{1-z^2}}\, dz = \int_{0}^{1}\frac{dt}{(2-t^2)\sqrt{1-t^2}},$$ $$S = \int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{2-\sin^2\theta}=\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{1+\cos^2\theta}=\frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}}\frac{du}{2+u^2},$$ donde en la última integral se utilizó la sustitución $\theta=\arctan u$. Esto nos da: $$S^2 = \frac{1}{8}\int_{\mathbb{R}^2}\frac{du\,dv}{(1+u^2)(1+v^2)}=\int_{0}^{1}\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+z^2)(1+x^2)}dx\,dz$$ Por otro lado, $$\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=\int_{0}^{1}\frac{\log y}{y^2-1}dy=\int_{0}^{1}\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{(1+x^2)(1+x^2y^2)}dx\,dy,$$ donde me enteré de la última igualdad desde el Mike spivey se nota en el Luigi Ritmo de la prueba de $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$, sólo aquí. Mediante la configuración de $y=\frac{z}{x}$ en el último integral obtenemos $S^2=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}$, QED. Así que parece que @user17762 de la prueba-por-el cuadrado-el-arco tangente de la serie y el Ritmo de la prueba puede ser combinado con el fin de obtener una muy breve prueba de su reclamación.

Por el bien de la exposición de una línea de prueba de $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$: $$\zeta(2)=\frac{4}{3}\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\frac{\log y}{y^2-1}dy=\frac{2}{3}\int_{0}^{1}\frac{1}{y^2-1}\left[\log\left(\frac{1+x^2 y^2}{1+x^2}\right)\right]_{x=0}^{+\infty}dy=\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{(1+x^2)(1+x^2 y^2)}dx\,dy=\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\int_{0}^{+\infty}\frac{dx\, dz}{(1+x^2)(1+z^2)}=\frac{4}{3}\cdot\frac{\pi}{4}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi^2}{6}.$$