Encontrar la forma cerrada de la función gamma relacionados con la serie

Question

Veo una posible manera de calcular la serie mediante el uso de las integrales, pero me pregunto si es posible
para evitar el uso de ellos, para obtener una casa de evaluación mediante sólo de la serie.

Calcular $$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}\log\left(\frac{\displaystyle \Gamma\left(\frac{n+2}{2}\right)\displaystyle\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}{\left(\displaystyle\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)\right)^2}\right)$$

Y aquí es una pregunta complementaria

$$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}\psi^{(0)}(\alpha n)\log\left(\frac{\displaystyle \Gamma\left(\frac{n+2}{2}\right)\displaystyle\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}{\left(\displaystyle\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)\right)^2}\right),\space \alpha >0$$

Answer 1

La descomposición de la suma en dos partes, con $n=2k$ $n=2k-1$ y recombinación de ellos, podemos reescribir como $$S=\sum_{k=1}^{\infty}\ln\frac{\Gamma^3\left(k+\frac12\right)\Gamma\left(k-\frac12\right)}{\Gamma^3\left(k\right)\Gamma\left(k+1\right)} \tag{1}$$ Luego, utilizando la relación de recursividad para el Barnes $G$-función, $G(z+1)=\Gamma(z)G(z)$, un finito analógica de la suma (1) puede ser calculada: $$S_N=\sum_{k=1}^{N-1}\ln\frac{\Gamma^3\left(k+\frac12\right)\Gamma\left(k-\frac12\right)}{\Gamma^3\left(k\right)\Gamma\left(k+1\right)}=\ln\frac{G^3\left(N+\frac12\right)G\left(N-\frac12\right)G^3\left(1\right)G\left(2\right)}{G^3\left(\frac32\right)G\left(\frac12\right)G^3\left(N\right)G\left(N+1\right)}.$$ Ahora para calcular la suma original $S=S_{\infty}$, es suficiente para utilizar la conocida asymptotics de $G(z)$ de las grandes argumento. Esto le da $$\ln\frac{G^3\left(N+\frac12\right)G\left(N-\frac12\right)}{G^3\left(N\right)G\left(N+1\right)}=O\left(\frac1N\right),$$ y a su vez implica $$S=-\ln\left(G^3\left(\frac32\right)G\left(\frac12\right)\right)=-\ln\left(\pi^{\frac32}G^4\left(\frac12\right)\right)=-6\zeta'\left(-1\right)-\frac{\ln 2}{6}-\frac{\ln \pi}{2}.$$ El paso final utiliza el conocido evaluación de $G\left(\frac12\right)$, véase la fórmula (19) aquí.

Answer 2

$$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}\log\left(\frac{\displaystyle \Gamma\left(\frac{n+2}{2}\right)\displaystyle\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}{\left(\displaystyle\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)\right)^2}\right)=\log\left(\frac{A^6}{2^{1/6}\sqrt{\pi e}}\right)$$