Probar que $\frac{\pi}{4}$$=1-\frac{\eta(1)}{2}+\frac{\eta(2)}{4}-\frac{\eta(3)}{8}+\cdots$

Question

Después de algunos cálculos con WolframAlfa, parece que

$$ \frac{\pi}{4}=1+\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}\frac{\eta(k)}{2^{k}} $$ Donde $$ \eta(n)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k^{n}} $$ es la de Dirichlet Eta función.

Podría ser demostrado que esto es cierto, o falso?

Gracias.

---

AÑADIÓ:

Si consideramos que la Beta de la función de Dirichlet $$ \beta(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{(2k+1)^{z}} $$ Podemos escribir esto como

$$ \beta(1)=1+\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}\frac{\eta(k)}{2^{k}} $$

---

AÑADIÓ:

Recientemente he notado también que $$ \frac{\pi}{4}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\eta(k)}{2^{k}} $$

Por ello la suma de las dos expresiones Whe tienen que $$ \frac{\pi}{2}=1+2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\eta(2k)}{2^{2k}} $$ y $$ \frac{1}{2}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\eta(2k-1)}{2^{2k-1}} $$

Answer 1

Si podemos cambiar el orden de la suma, obtenemos

$$\begin{align} 1 + \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{2^k}\eta(k) y= 1 + \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{2^k}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n^k} \\ Y= 1 + \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{(2n)^k}\\ Y= 1 + \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} \left(-\frac{1}{2n}\right)\frac{1}{1 + \frac{1}{2n}}\\ Y= 1 + \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}, \end{align}$$

que es la de Leibniz de la serie para $\frac{\pi}{4}$.

La convergencia de la suma doble no es absoluta, por lo que el cambio de la suma se requiere una justificación. Obtenemos que por un poco más circunspecto de cálculo:

$$\begin{align} 1 + \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{2^k}\eta(k) y= 1 - \frac{\eta(1)}{2} + \sum_{k=2}^\infty \frac{(-1)^k}{2^k}\eta(k)\\ Y= 1 - \frac{\eta(1)}{2} + \sum_{k=2}^\infty\frac{(-1)^k}{2^k}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n^k}\\ Y= 1 - \frac{\eta(1)}{2} + \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\sum_{k=2}^\infty \frac{(-1)^k}{(2n)^k}\\ Y= 1 - \frac{\eta(1)}{2} + \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\left(-\frac{1}{2n}\right)^2\frac{1}{1+\frac{1}{2n}}\\ Y= 1 - \frac{\eta(1)}{2} + \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{2n(2n+1)}\\ Y= 1 - \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{2n} + \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{2n(2n+1)}\\ Y= 1 + \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\left(\frac{1}{2n(2n+1)} -\frac{1}{2n}\right)\\ Y= 1 + \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}. \end{align}$$

Aquí el cambio de orden de la suma no es problemático, ya que

$$\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(2n)^k} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2n(2n-1)} < \infty.$$

Answer 2

Esta pregunta es una oportunidad para mostrar Mellin transforma y armónico sumas, donde en primer lugar, calcular la transformada de Mellin de la suma y, posteriormente, invertir, obteniendo un asintótica de expansión sobre cero/el infinito. Considerar $$g(x) = \frac{1}{1+x}.$$ El Mellin transformar $g^*(s)$ de $g(x)$ es dada por $$g^*(s) = \mathfrak{M}(g(x); s) = \int_0^\infty \frac{1}{1+x} x^{m-1} dx.$$

Usar un ojo de la cerradura de contorno con la ranura para la llave en la postive eje real para evaluar esta integral, donde la rama del logaritmo de $x^{m-1} = e^{\log(x) (s-1)}$ tiene el corte a lo largo de la real positiva del eje y produce argumentos de $0$ a $2\pi$, obteniendo $$ g^*(s) \left(1 - e^{2\pi i (s-1)}\right) = 2\pi i \operatorname{Res}\left( \frac{1}{1+x} x^{m-1} ; s=-1\right).$$ Esto implica $$ g^*(s) \left(1 - e^{2\pi i s}\right) = 2\pi i \times e^{\pi i (s-1)}.$$ Por lo tanto, tenemos $$g^*(s) = 2\pi i\frac{e^{-\pi i} e^{\pi i s}}{1 - e^{2\pi i s}} = -\pi \frac{2i e^{\pi i s}}{1 - e^{2\pi i s}} = -\pi \frac{2}{e^{-\pi i s} - e^{\pi i s}} = \frac{\pi}{\sin(\pi s)}.$$

Ahora recuerdo la armónica suma de identidad $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1}\lambda_k f(\mu_k x); s\right) = \left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s}\right) f^*(s).$$ Poner $$\lambda_k = (-1)^{k+1}, \quad \mu_k = k \quad\text{y}\quad f(x) = \frac{1}{1+2x}$$ de modo que $$\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \eta(s).$$ Este rendimientos $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1} (-1)^{k+1} \frac{1}{1+2kx}; s \right) = \frac{\eta(s)}{2^s} \frac{\pi}{\sin(\pi s)}.$$

La transformación de $g(x)$ ha fundamentales de la tira de $\langle 0,1\rangle$ y podemos aplicar Mellin de inversión para esta transformación para recuperar una expansión sobre el infinito de la armónica de la suma. Este rendimientos $$\sum_{k\ge 1} (-1)^{k+1} \frac{1}{1+2kx} = -\sum_{q\ge 1} \operatorname{Res}\left(\frac{\eta(s)}{2^s} \frac{\pi}{\sin(\pi s)}/x^s; s=q\ \ derecho) = -\sum_{q\ge 1} \frac{\eta(p)}{2^p} \frac{(-1)^p}{x^p}.$$ De ello se sigue que $A$1 + \sum_{q\ge 1} \frac{\eta(p)}{2^p} \frac{(-1)^p}{x^p} = 1 + \sum_{k\ge 1} (-1)^k \frac{1}{1+2kx} = \sum_{k\ge 0} (-1)^k \frac{1}{1+2kx}.$$ Finalmente, poner $x=1$ para obtener que $ A$ 1 + \sum_{q\ge 1} (-1)^q\frac{\eta(p)}{2^p} = \sum_{k\ge 0} (-1)^k \frac{1}{1+2k} = \frac{\pi}{4}.$$