Forma cerrada para $\sum_{k=1}^\infty(\zeta(4k+1)-1)$

Question

Wikipedia da $$\sum_{k=2}^\infty(\zeta(k)-1)=1,\quad\sum_{k=1}^\infty(\zeta(2k)-1)=\frac34,\quad\sum_{k=1}^\infty(\zeta(4k)-1)=\frac78-\frac\pi4\left(\frac{e^{2\pi}+1}{e^{2\pi}-1}\right)$$ a partir de la cual podemos encontrar fácilmente $\sum_{k=1}^\infty(\zeta(2k+1)-1)$ y $\sum_{k=1}^\infty(\zeta(4k+2)-1)$ . A partir de aquí es natural preguntarse lo siguiente

Pregunta: ¿Existe una forma cerrada conocida para $\sum_{k=1}^\infty(\zeta(4k+1)-1)$ ?

Relacionado con esto: Forma cerrada para $\sum\limits_{k=1}^{\infty}\zeta(4k-2)-\zeta(4k)$ y Forma cerrada para $\sum_{k=1}^{\infty} \zeta(2k)-\zeta(2k+1)$ .

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Progreso

Obsérvese que hemos terminado una vez que tenemos una forma cerrada para $\sum_{k=1}^\infty(\zeta(4k+1)-\zeta(4k+3))$ . Así que intenté el mismo enfoque que en una de las preguntas anteriores y esto es lo que obtuve:
Tenemos $$\zeta(4k+1)-\zeta(4k+3)=\sum_{n\geq2}^\infty\left(1-\frac1{n^2}\right)\frac1{n^{4k+1}}$$ Por lo tanto, $$\sum_{k\geq1}\zeta(4k+1)-\zeta(4k+3)=\sum_{n\geq2}\left(1-\frac1{n^2}\right)\sum_{k\geq1}\frac1{n^{4k+1}}=\sum_{n\geq2}\left(1-\frac1{n^2}\right)\frac1{n^5}\frac1{1-\frac1{n^4}}\\=\sum_{n\geq2}\frac1{n^3+n^5}.$$

De la misma manera que obtengo $$\sum_{k\geq1}\zeta(4k+1)-\zeta(4k)=-\sum_{n\geq2}\frac1{n+n^2+n^3+n^4}$$ y $$\sum_{k\geq1}\zeta(4k+1)-\zeta(4k+2)=\sum_{n\geq2}\frac1{n^2+n^3+n^4+n^5}.$$ Basta (de hecho es igualmente difícil) con evaluar cualquiera de estas series.

Answer 1

No sé si esto será útil, pero pensé que podría ayudar. Así que, aquí vamos...

Podemos escribir la suma de intereses como

$$\begin{align} \sum_{k=1}^{\infty}\left(\zeta(4k+1)-1\right)&=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^{4k+1}} \tag 1\\\\ &=\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{n}{2(n^2+1)}+\frac{1}{4(n-1)}+\frac{1}{4(n+1)}-\frac{1}{n}\right) \tag 2\\\\ &=\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{n}{2(n^2+1)}-\frac{1}{2n}\right) \tag 3\\\\ &+\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{4(n-1)}-\frac{1}{4n}\right) \\\\ &+\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{4(n+1)}-\frac{1}{4n}\right) \\\\ &=\frac18-\frac12\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n(n^2+1)}\tag 4 \end{align}$$

Al llegar a $(1)$ utilizamos la definición en serie de la función Riemann-Zeta.

Al pasar de $(1)$ a $(2)$ cambiamos el orden de la serie, sumamos la serie geométrica interior y expandimos en fracciones parciales.

Al pasar de $(2)$ a $(3)$ , simplemente dividimos la suma de tres series convergentes.

Al llegar a $(4)$ observamos que las dos últimas series en $(3)$ son series telescópicas cuya suma es $\frac18$ .

Ahora bien, esta última serie se puede escribir en términos de la Función Digamma como

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n(n^2+1)}=-1+\gamma+\frac12\psi^0(2-i)+\frac12\psi^0(2+i)\approx 0.17186598552401 \tag 5$$

Por lo tanto, tenemos

$$\sum_{k=1}^{\infty}\left(\zeta(4k+1)-1\right)=\frac58 -\frac12 \gamma-\frac14\psi^0(2-i)-\frac14\psi^0(2+i)\approx 0.039067007237995$$

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NOTA:

Aquí mostramos que la serie en $(5)$ viene dada por

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n(n^2+1)}=-1+\gamma+\frac12\psi^0(2-i)+\frac12\psi^0(2+i)$$

Expandiendo en fracciones parciales se obtiene

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n(n^2+1)}=\frac12\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac1n-\frac{1}{n+i}\right)+\frac12\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac1n-\frac{1}{n-i}\right) \tag 6$$

A continuación, utilizando la definición en serie de la función digamma, encontramos

$$\begin{align} \psi^0(z+1)&=-\gamma+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z}{n(n+z)}\\\\ &=-\gamma+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac1n-\frac{1}{n+z}\right)\\\\ &-\gamma+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac1n-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+1+(z-1)}\right)\\\\ &=-\gamma+1+\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+(z-1)}\right) \tag 7\\\\ \end{align}$$

Utilizando $(7)$ en $(6)$ podemos escribir

$$\begin{align} \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n(n^2+1)}&=\frac12 \left(-2\gamma+2+\psi^0(2+i)+\psi^0(2-i)\right)\\\\ &=-1+\gamma +\frac12\psi^0(2+i)+\frac12\psi^0(2-i) \end{align}$$

¡como se iba a mostrar!

Answer 2

Expresando la suma infinita como una suma doble y cambiando el orden de la suma, obtenemos

$$\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \left[\zeta(4n+1) - 1 \right] &= \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=2}^{\infty} \frac{1}{m^{4n+1}} = \sum_{m=2}^{\infty} \frac{1}{m}\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{m^{4}} \right)^{n} \\ &= \sum_{m=2}^{\infty} \frac{1}{m} \frac{\frac{1}{m^{4}}}{1-\frac{1}{m^{4}}} = \sum_{m=2}^{\infty} \frac{1}{m} \frac{1}{m^{4}-1}. \end{align}$$

Se puede utilizar la representación en serie $$\psi(2+z) = - \gamma +1 + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{z}{n(n+z)}, \tag{1}$$ donde $\psi(x)$ es el función digamma , para mostrar

$$\psi(2+z) + \psi(2-z) + \psi(2+iz) + \psi(2-iz) = - 4 \gamma +4 -4z^{4} \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n(n^{4}-z^{4})}.$$

Dejar $z=1$ encontramos

$$ \begin{align} \sum_{m=2}^{\infty} \frac{1}{m(m^{4}-1)} &= 1-\gamma - \frac{1}{4} \Big(\psi(3) + \psi(1) + \psi(2+i) + \psi(2-i) \Big) \\ &= 1-\gamma - \frac{1}{4} \left(\frac{3}{2} - \gamma - \gamma + \psi(2+i)+\psi(2-i) \right) \\ &= \frac{5}{8}-\frac{\gamma}{2} - \frac{1}{4} \Big(\psi(2-i)+\psi(2+i) \Big) \\ &\approx 0.0390670072. \end{align}$$

EDITAR :

$(1)$ Me parece más fácil demostrar que la representación en serie para $\psi(2+z)$ utilizando el ecuación de diferencia $$\psi(N+1+z) - \psi(z) = \sum_{n=0}^{N} \frac{1}{n+z} $$ en lugar de manipular la representación en serie para $\psi(1+z)$ .

$$ \begin{align} \sum_{n=2}^{N} \frac{z}{n(n+z)} &= \sum_{n=2}^{N} \frac{1}{n} - \sum_{n=2}^{N} \frac{1}{n+z} \\ &= \Big( H_{N}-1 \Big) - \Big(\psi(N+1+z) - \psi(z) - \frac{1}{z} - \frac{1}{1+z} \Big)\\ &= \Big( \psi(N+1) + \gamma -1 \Big) - \Big(\psi(N+1+z) - \psi(2+z) \Big) \end{align}$$

Dejar $N \to \infty$ lleva al resultado ya que $\psi(x+a) = \ln(x) + \mathcal{O} \left(\frac{1}{x} \right)$ como $x \to \infty$ .

Answer 3

Sólo ampliando el comentario de nospoon, es bien sabido que $$ g(x)=\sum_{n\geq 2}\left(\zeta(n)-1\right) x^{n-1} = \frac{x}{x-1}-\psi(1-x)-\gamma\tag{1}$$ por lo que, para calcular series como $\sum_{n\geq 2}\left(\zeta(an+b)-1\right)$ basta con aplicar una transformada discreta de Fourier a la serie media y a la RHS de $(1)$ . Así que $\sum_{n\geq 2}\left(\zeta(an+b)-1\right)$ sólo depende de la RHS de $(1)$ evaluado sobre el $a$ -raíces de la unidad. El valor de $b$ elige si hay alguna simplificación en la suma de los valores de digamma o no.