¿Cómo puedo encontrar $$ \sum\limits_{n=0}^{\infty}\left(\frac{(-1)^n}{2n+1}\sum\limits_{k=0}^{2n}\frac{1}{2n+4k+3}\right)?

Question

demostrar que \sum_$ ${n = 0} ^ {\infty} \left (\frac {(-1) ^ n} {2n + 1} \sum_ {k = 0} ^ {2n} \frac {1} {2n + 4 k + 3} \right) = \frac {3\pi} {8} \log(\frac{1+\sqrt5}{2})-\frac {\pi} {16} \log5 $$

Este problema, creo que uso $$ \sum_{k=0}^{2n}\dfrac{1}{2n+4k+3}=H_{10n+3}-H_{2n+3}$$

Todo el mundo ayuda muchas gracias

Answer 1

1. En primer lugar vamos a introducir la función $$ F(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}\sum_{k=0}^{2n}\frac{x^{2n+4k+3}}{2n+4k+3} $$ Tenemos que calcular el $F(1)$. Vamos a empezar por calcular $$ x^{-2}F'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}\sum_{k=0}^{2n}x^{2n+4k}= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}\frac{x^{2n} x^{4+10n}}{1-x^4}=\frac{\arctan x-\arctan x^5}{x(1-x^4)},$$ donde el primer paso se obtiene por la simple diferenciación, la segunda igualdad de la siguiente manera por la suma de la serie geométrica finita, y la tercera se obtiene a partir de la serie representación $\arctan x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}$. Ya que es evidente a partir de la definición que $F(0)=0$, nos encontramos con $$ F(1)=\int_0^1\frac{x\left(\arctan x-\arctan x^5\right) dx}{1-x^4}$$ Integrar por partes usando que $\int\frac{xdx}{1-x^4}=\frac14\ln\frac{1+x^2}{1-x^2}$ (y diciendo palabras apropiadas acerca de los límites). Esto le da \begin{align*} F(1)=\frac14\int_0^1\left(\frac{1}{1+x^2}-\frac{5x^4}{1+x^{10}}\right)\ln\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)dx=\qquad\qquad\qquad\\ =\frac14\int_0^1\frac{(1+x^2)(1-3x^2+x^4)}{x^8-x^6+x^4-x^2+1}\ln\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)dx.\qquad\qquad (\mathrm{A}) \end{align*}

2. Observe que el cambio de la integración de la variable $x\rightarrow 1/x$ y la paridad de permitir volver a escribir (A) como $$F(1)=\frac{1}{16}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(1+x^2)(1-3x^2+x^4)}{x^8-x^6+x^4-x^2+1}\ln\left|\frac{1-x^2}{1+x^2}\right|dx $$ A continuación podemos escribir esto en términos de complejos contorno de la integral: $$F(1)=\frac{1}{16}\mathrm{Re}\left\{\int_C f(z)dz\right\}\qquad\qquad (\mathrm{B})$$ con $$ f(z)=\frac{(1+z^2)(1-3z^2+z^4)}{z^8-z^6+z^4-z^2+1}\ln\left(\frac{1-z^2}{1+z^2}\right) $$ En este punto, algunos comentarios son necesarios:

   • la función $f(z)$ tiene una serie de singularidades en el complejo $z$-plano. Primero de todo lo que uno tiene 8 simple polos $z=\exp\pm\frac{ik\pi}{10}$, $k=1,3,7,9$. Uno también tiene logarítmica de los puntos de ramificación $z=\pm1,\pm i$. En consecuencia, presentamos 4 cortes de ramas: $B_{1}=[1,\infty)$, $B_{-1}=(-\infty,-1]$, $B_i=[i,i\infty)$, $B_{-i}=(-i\infty,-i]$.
   • el contorno de integración $C$ va desde $-\infty$ $+\infty$ ligeramente por encima del eje real (podemos poner un poco más abajo y modificar lo que sigue). Los logaritmos en $f(z)$ será definido en sus hojas principales para $z\in(-1,1)$, entonces $f(z)$ es unambigously definido en el plano de corte mediante la continuación analítica.
   • Va ligeramente por encima de la rama de cortes $B_{\pm1}$ produce (irrelevante) imaginaria de los logaritmos. Esto explica la necesidad de tomar la parte real de (B).

3. Ahora, la idea es tirar el contorno $C$ a $i\infty$. La integral, entonces estará dada por la suma de los residuos en $z=\exp\frac{ik\pi}{10}$, $k=1,3,7,9$, más integral del salto de $f(z)$ en el corte $B_i$. No es difícil entender que éste es real (racional prefactor $\frac{(1+z^2)(1-3z^2+z^4)}{z^8-z^6+z^4-z^2+1}$ es real en la corte, el logaritmo salta por $2\pi i$ y la integral a lo largo de la $B_i$ por lo que la integración de la variable es imaginario puro). Por lo tanto, nos quedamos con $$F(1)=\frac{1}{16}\left[2\pi\int_1^{\infty}\frac{(1-x^2)(1+3x^2+x^4)dx}{x^8+x^6+x^4+x^2+1}+\mathrm{Re}\left\{2\pi i \sum_{k=1,3,7,9}\mathrm{res}_{z=\exp\frac{ik\pi}{10}}f(z)\right\}\right]\qquad(\mathrm{C})$$ En la primera integral tenemos una función racional, por lo que puede ser calculado por medio elemental: $$\int_1^{\infty}\frac{(1-x^2)(1+3x^2+x^4)dx}{x^8+x^6+x^4+x^2+1}=\left[\frac12\ln\frac{1+x+x^2+x^3+x^4}{1-x+x^2-x^3+x^4}\right]_{x=1}^{x=\infty}=-\frac{\ln5}{2}$$ Los residuos son también relativamente fácil de calcular: \begin{align} \mathrm{res}_{z=\exp\frac{i\pi}{10}}f(z)=\frac{i}{2}\left(\ln\tan\frac{\pi}{10}-\frac{i\pi}{2}\right),\\ \mathrm{res}_{z=\exp\frac{3i\pi}{10}}f(z)=-\frac{i}{2}\left(\ln\tan\frac{3\pi}{10}-\frac{i\pi}{2}\right),\\ \mathrm{res}_{z=\exp\frac{7i\pi}{10}}f(z)=-\frac{i}{2}\left(\ln\tan\frac{3\pi}{10}+\frac{i\pi}{2}\right),\\ \mathrm{res}_{z=\exp\frac{9i\pi}{10}}f(z)=\frac{i}{2}\left(\ln\tan\frac{\pi}{10}+\frac{i\pi}{2}\right). \end{align} Sustituyendo esto en (C), se obtiene finalmente $$ F(1)=\frac{\pi}{8}\left(\ln\frac{\tan\frac{3\pi}{10}}{\tan\frac{\pi}{10}}-\frac{\ln 5}{2}\right) $$ Ahora la declaración siguiente de la fácilmente verificado la identidad $\frac{\tan\frac{3\pi}{10}}{\tan\frac{\pi}{10}}=\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^3$. $\blacksquare$