Una especie de suma contra intuitiva de log gamma

Question

Me encontré con una serie infinita que parece ser bastante contra intuitiva.

Demostrar que $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}\ln(\Gamma(k+1))=\frac{-1}{4}\ln\left (\frac{\pi}{2}\right)$

A primera vista, es obvio que es divergente. Lo pasé por Mathematica para comprobarlo y eso es lo que decía, "la suma no converge".

Pero, lo pasé por Maple como $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}\ln(k!)$ y realmente devolvió el resultado anterior. Mathematica sigue sin hacerlo.

Si lo introdujera utilizando la función Gamma en lugar de su equivalente factorial, no devolvería el resultado.

¿Qué está pasando aquí? Supongo que esto tiene algo que ver con la continuación analítica de algún tipo.

Desde $k!=\Gamma(k+1)$ ¿Por qué Maple devolvería el resultado para el factorial pero no lo haría para el Gamma aunque sean esencialmente la misma cosa?

Me recuerda a $\zeta(0)=\frac{-1}{2}$ .

Si dejamos que $s=0$ en $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{s}}$ obtenemos una cadena infinita de 1's. Pero, utilizando la ecuación funcional, se puede demostrar que converge a -1/2.

¿Cómo se puede demostrar que la suma anterior es igual a $\frac{-1}{4}\ln\left (\frac{\pi}{2}\right)$ ?.

He buscado por todas partes algo sobre esto, pero no he encontrado nada.

Gracias a todos. Espero que lo encontréis tan interesante como yo.

Answer 1

Esta suma converge en el sentido de la suma de Abel:

$$ \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \log (k!) = \lim_{x \uparrow 1} \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} x^{k} \log (k!). $$

Evaluemos la suma dentro del límite.

\begin{align*} \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} x^{k} \log (k!) &= \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} x^{k} \sum_{n=1}^{k} \log n = \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{k=n}^{\infty} (-1)^{k-1} x^{k} \log n \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} x^{n}}{1 + x} \log n \\ &= \frac{1}{x+1} \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} x^{n} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-t} - e^{-kt}}{t} \, dt \\ &= \frac{x}{x+1} \int_{0}^{\infty} \left( \frac{e^{-t}}{1 + x} - \frac{e^{-t}}{1 + x e^{-t}} \right) \, \frac{dt}{t} \\ &= - \frac{x^{2}}{(x+1)^{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-t} (1 - e^{-t})}{1 + x e^{-t}} \, \frac{dt}{t} \\ & \xrightarrow{x \to 1^{-}} -\frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-t}(1 - e^{-t})}{t(1 + e^{-t})} \, dt. \end{align*}

Para evaluar la última integral, introducimos

$$ I(s) = \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-t}(1 - e^{-t})}{t(1 + e^{-t})} e^{-st} \, dt. $$

Diferenciando,

\begin{align*} I'(s) &= - \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-t}(1 - e^{-t})}{1 + e^{-t}} e^{-st} \, dt \\ &= - \int_{0}^{1} \frac{u^{s} - u^{s+1}}{1 + u} \, du \qquad (u = e^{-t}) \\ &= - \int_{0}^{1} \frac{u^{s} - 2u^{s+1} + u^{s+2}}{1 - u^{2}} \, du \\ &= - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{v^{\frac{s-1}{2}} - 2v^{\frac{s}{2}} + v^{\frac{s+1}{2}} }{1 - v} \, dv \qquad (v = u^2) \\ &= \frac{1}{2} \left[ \psi_{0}\left( \frac{s+1}{2} \right) - 2 \psi_{0} \left( \frac{s}{2} + 1 \right) + \psi_{0} \left( \frac{s+3}{2} \right) \right]. \end{align*}

Así que tenemos

$$ I(s) = \log \left( \frac{\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right) \Gamma\left(\frac{s+3}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{s}{2}+1\right)^{2}} \right) $$

y la suma es igual a

$$ \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \log (k!) = -\frac{1}{4} I(0) = -\frac{1}{4} \log \left( \frac{\pi}{2} \right). $$

Answer 2

Una idea: poner

$$C:=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k+1}\log(k!)\Longrightarrow e^C=e^{\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k+1}\log(k!)}=\prod_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}k!$$

Pruebe ahora a buscar en Google (o directamente en Wolfram) "Función G de Barnes", "Función hiperfactorial", etc. Es un resultado antiguo, pero en absoluto trivial ni fácil

Answer 3

He preguntado a otras personas sobre este problema y se empeñan en decir que la forma cerrada dada es incorrecta. La serie obviamente diverge.

No sé de dónde viene este problema originalmente ni por qué Maple da su equivalente numérico. ¿Quizás un error de Maple?

De todos modos, gracias a todos.

Answer 4

Si se utiliza la suma de Cesaro o la fórmula de Borel esta serie divergente converge numéricamente al valor calculado en Maple, lo cual es un poco curioso. Hasta ahora no he podido calcular una forma cerrada para esta suma.

Answer 5

Muchas gracias SOS. Siempre aprecio tus aportaciones y soluciones inteligentes.

De todos modos, hace algún tiempo, combiné términos consecutivos para que funcionara.

La suma, tal cual, es ciertamente divergente. Así que combina los términos para intentar hacerla convergente.

Dejemos que $\displaystyle S=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}log(\Gamma(k+1))$

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

$=\displaystyle\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}log\frac{\Gamma(k)}{\Gamma(k+1)}$

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

Esto sigue siendo divergente, así que combina los términos de nuevo:

$S=\displaystyle\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}\left[(-1)^{k+1}log(k)+(-1)^{k}log(k+1)\right]$

$=\displaystyle\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}log\left(1+\frac{1}{k}\right)$

Ahora converge.

Es el logaritmo de la fórmula del producto de Wallis $\displaystyle log(\frac{\pi}{2})=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}log\left(1+\frac{1}{k}\right)$ .

Eso viene de $\displaystyle\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(2k)^{2}}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{\pi}{2}$

Esta es una suma conocida que ahora es igual a $\displaystyle\frac{-1}{4}log(\frac{\pi}{2})$