Muestran que

Question

$$1=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k+1}\binom{n}{k}\log(k+1)$$

Intentado por varias formas pero no-_-

la expresión es otra forma de número de e por tomar exponencial de ambos lado

Answer 1

Estoy bastante seguro de que esta fórmula es incorrecta: yo esperaría que el valor de la suma a la de Euler-Mascheroni constante $\gamma$.

Explicación: escribir $\log{(k+1)}= \left. -\frac{d}{ds}\right|_{s=0} (1+k)^{-s}$. Luego tenemos la representación integral $$ \frac{1}{(1+k)^s} = \frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty} x^{s-1} e^{-(1+k)x} \, dx, $$ y cambiar el orden de la suma y de la integración, se han $$\begin{align*} \sum_{k=0}^{n} &(-1)^{k+1}\binom{n}{k} \frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty} x^{s-1} e^{-(1+k)x} \, dx \\ &= \frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty} x^{s-1} \left( \sum_{k=0}^{n} (-1)^{k+1}\binom{n}{k} e^{-(1+k)x} \right) \, dx \\ &= \frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty} x^{s-1} \left( -e^{-x}(1-e^{-x})^n \right) \, dx \end{align*}$$ Haciendo esto de nuevo por el exterior de la suma (y tomando nota de las $n=0$ plazo es cero en la suma que queremos, así que tiramos por la facilidad de cálculo), tenemos $$\begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty} & \frac{1}{n+1} \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^{\infty} x^{s-1} \left( -e^{-x}(1-e^{-x})^n \right) \, dx \\ &= -\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty} x^{s-1}e^{-x} \left(\frac{1}{1-e^{-x}}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1}(1-e^{-x})^{n+1} \right) \, dx \\ &= -\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty} x^{s-1}e^{-x} \left(\frac{1}{1-e^{-x}}\left(-\log{(1-(1-e^{-x}))} \right)\right) \, dx \\ &= -\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty} \frac{x^s}{e^{x}-1} \, dx \\ &= -s\zeta(1+s) \end{align*}$$ Por lo tanto, sólo tenemos que encontrar el coeficiente de $s$ en la serie de Taylor de $s\zeta(1+s)$$s=0$. Esta expansión es bien conocido que se $$ 1 + \gamma s + O(s^2), $$ así que la respuesta es $\gamma$ como lo reclama.

(No es ciertamente preocupante la gran cantidad de limitar el intercambio pasando aquí.)

Para algunas otras pruebas, consulte Jonathan Sondow de 2003 del papel en arXiv.

Answer 2

Por Teorema de Frullani tenemos: $$-\log(k+1)=\int_{0}^{+\infty}(e^{-kx}-1)\frac{dx}{x e^x} $ $ por lo tanto: $$ \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{k+1}\log(k+1)=\int_{0}^{+\infty}(1-e^{-x})^n\frac{dx}{x e^x}$ $ como: $$ \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{k+1}\log(k+1)=\int_{0}^{+\infty}\frac{1-e^x(1-x)}{e^x-1}\frac{dx}{x e^x}=\color{red}{\gamma}$ $ que es la constante de Euler-Mascheroni.