Una corriente alterna de la serie de la identidad con un oculto tangente hiperbólica

Question

¿Cómo utilizar la inversa de la Mellin transformar a demostrar que la siguiente identidad se mantiene?

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n(e^{n\pi} + 1)} = \frac{1}{8}(\pi - 5\log(2))$$

La identidad de la siguiente manera a partir de MO189199 y el penúltimo de la identidad en esta página (para $x=\frac{1}{2}$).

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Los arañazos de trabajo: calcula la transformada de Mellin

$$f(x) = \frac{(-1)^x}{x(e^{x\pi} + 1)}$$

y re-escribió la función en términos de su inversa Mellin Transformación (sustituyendo $x = n$)

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n(e^{n\pi} + 1)} = \frac{1}{2\pi i}\int_{C} (2 \pi)^{1-s} \Gamma(s-1)\big(\zeta(s-1, \frac{1}{2} - \frac{i}{2}) - \zeta(s-1, 1-\frac{i}{2})\big)\zeta(s)ds$$

Pero no estoy del todo seguro de que esto ha sido calculados correctamente, y todavía no estoy seguro de cómo encontrar los polos y calcular los residuos. Por ejemplo, la comprobación de un residuo en $s=0$ da

$$\frac{1}{8}(\pi - 2\pi i)$$

Parece ser que hay una trivial contribución en $s = 1$ $s = -1$ así, pero ya la matemática ha superado lo entiendo; yo soy especialmente claro con respecto a cómo una de las cuentas de los residuos con respecto a la generalizada de Riemann zeta función de $\zeta(s,a)$.

La claridad en el uso de este enfoque u otro para demostrar la identidad principal sería apreciado!

Answer 1

El uso de $$\tanh\left(x\right)=1+2\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{\left(-1\right)^{n}}{e^{2nx}}$$ tenemos $$\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n\left(e^{\pi n}+1\right)}=\frac{1}{2}\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\left(-1\right)^{n}\left(1-\tanh\left(\frac{\pi n}{2}\right)\right)}{n}=\frac{1}{2}\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n}-\frac{1}{2}\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n}\tanh\left(\frac{\pi n}{2}\right)=$$ $$=-\frac{1}{2}\log\left(2\right)-\frac{1}{2}\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n}\tanh\left(\frac{\pi n}{2}\right).$$ Ahora estamos usando la identidad de $$\tanh\left(\frac{\pi x}{2}\right)=\frac{4x}{\pi}\underset{k\geq1}{\sum}\frac{1}{\left(2k-1\right)^{2}+x^{2}}$$ y así tenemos el $$\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n\left(e^{\pi n}+1\right)}=-\frac{1}{2}\log\left(2\right)-\frac{2}{\pi}\underset{n\geq1}{\sum}\left(-1\right)^{n}\underset{k\geq1}{\sum}\frac{1}{\left(2k-1\right)^{2}+n^{2}}=-\frac{1}{2}\log\left(2\right)-\frac{2}{\pi}\underset{k\geq1}{\sum}\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2k-1\right)^{2}+n^{2}}.$$ La última suma se puede calcular $$\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2k-1\right)^{2}+n^{2}}=\frac{\left(2k-1\right)\pi-\sinh\left(\left(2k-1\right)\pi\right)}{2\left(2k-1\right)^{2}\sinh\left(\left(2k-1\right)\pi\right)}$$ por lo tanto $$\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n\left(e^{\pi n}+1\right)}=-\frac{1}{2}\log\left(2\right)+\frac{1}{\pi}\underset{k\geq1}{\sum}\frac{1}{\left(2k-1\right)^{2}}-\underset{k\geq1}{\sum}\frac{1}{\left(2k-1\right)\sinh\left(\left(2k-1\right)\pi\right)}.$$ Obviamente $$\underset{k\geq1}{\sum}\frac{1}{\left(2k-1\right)^{2}}=\frac{1}{8}\pi^{2}$$ y el uso de $$\frac{\pi}{\sinh\left(\pi x\right)}=\frac{2\pi}{e^{\pi x}-e^{-\pi x}}=x\underset{m\in\mathbb{Z}}{\sum}\frac{\left(-1\right)^{m}}{x^{2}+m^{2}}$$ tenemos $$\underset{n\geq1}{\sum}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n\left(e^{\pi n}+1\right)}=-\frac{1}{2}\log\left(2\right)+\frac{1}{8}\pi-\frac{1}{\pi}\underset{k\geq1}{\sum}\underset{m\in\mathbb{Z}}{\sum}\frac{\left(-1\right)^{m}}{\left(2k-1\right)^{2}+m^{2}}$$ y la última suma es (usted puede encontrar la prueba aquí la forma cerrada por una suma doble) es $$-\frac{1}{\pi}\underset{k\geq1}{\sum}\underset{m\in\mathbb{Z}}{\sum}\frac{\left(-1\right)^{m}}{\left(2k-1\right)^{2}+m^{2}}=-\frac{\log\left(2\right)}{8}$$ y esto completa la prueba.

Answer 2

El siguiente enfoque no utiliza el Mellin transformar, pero vale la pena mencionar.

Es muy fácil demostrar que: $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\cos(\pi n)}{n} e^{-nk\pi} = -\log\left(1+e^{-k\pi}\right)$$ por lo tanto la suma original es igual a: $$-\log\prod_{k=1}^{+\infty}\frac{1+e^{-(2k-1)\pi}}{1+e^{-2k\pi}}.$$ El último producto es claramente relacionados con la Jacobi triple producto. En particular, a partir de los valores de la Jacobi funciones theta $\vartheta_3$ $\vartheta_4$ $q=e^{-\pi}$ son conocidos, el reclamo simplemente de la siguiente manera.