¿Una forma cerrada de $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\ln \!\left(1+\frac1{2n}\right) \!\ln\!\left(1+\frac1{2n+1}\right)$?

Question

Tengo curiosidad acerca de una posible forma cerrada de la siguiente serie.

$$ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\ln \!\izquierda(1+\frac1{2n}\right) \!\ln\!\izquierda(1+\frac1{2n+1}\right) \tag1 $$

Se puede observar que la $(1)$ es absolutamente convergente.

Uno puede darse cuenta que, al parecer uno no puede aplicar la misma ruta que resultó $$ \sum_{n=1}^{\infty}\ln \!\izquierda(1+\frac1{2n}\right) \!\ln\!\izquierda(1+\frac1{2n+1}\right)=\frac12\ln^2 2. \tag2 $$

Answer 1

Por Frullani del teorema de la serie determinada, puede ser representado como

$$ \sum_{n\geq 1}(-1)^n \iint_{(0,+\infty)^2}\frac{\left(e^{-2nx}-e^{-(2n+1)x}\right)\left(e^{-(2n+1)y}-e^{-(2n+2)y}\right)}{xy}\,dx\,dy$$ que es igual a $$ -\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}\frac{(e^x-1)(e^y-1)e^{-(2x+y)}}{xy(e^{2x+2y}+1)}\,dx\,dy $$ y tal vez integral doble puede ser simplificado mediante la explotación de las propiedades de la dilogarithm función. Vale la pena notar que la anterior representación es suficiente para proporcionar una precisa evaluación numérica, $\approx -0.089$.

Siguiendo Pranav Arora del enfoque a la otra pregunta, la serie es igual a $$ \sum_{n\geq 1}\log^2\left(1+\frac{1}{4n-2}\right)-\sum_{n\geq 1}\log^2\left(1+\frac{1}{4n-3}\right)+\frac{1}{2}\log^2(2) $$ por lo tanto el problema se reduce a encontrar una forma cerrada para $$ \sum_{n\geq 1}\log^2\left(1+\frac{1}{4n-k}\right),\qquad k\in\{0,1,2,3\}.$$

Esto ha sido hecho por la OP en esta pregunta, el Teorema de $(3)$. Este tipo de serie se puede escribir en términos de poli-Hurwitz zeta funciones. Mediante la explotación de la serie de Taylor de $\log^2(1-z)$ y la representación integral para la serie de números que tenemos, por ejemplo: $$\begin{eqnarray*}\sum_{n\geq 1}\log^2\left(1+\frac{1}{n}\right)=\color{blue}{-2\int_{0}^{1}\frac{\log\Gamma(1+z)}{z(1-z)}\,dz} &=& 2 \int_{0}^{1}\psi(z+1)\log\left(\frac{z}{1-z}\right)\,dz\\&=&2\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{1-z}-\pi \cot(\pi z)\right)\log(z)\,dz\\&=&\int_{0}^{1}2\text{arctanh}(t)\left(\frac{4t}{t^2-1}+\pi\tan\left(\frac{\pi t}{2}\right)\right)\,dt \end{eqnarray*}$$ donde el azul integral puede ser manipulado a través de Binet $\log\Gamma$ fórmulas.
El último enfoque es una idea de Cornel Ioan Valean: estoy muy agradecido a él por la sugerencia.

Desde $\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{1-z}-\pi \cot(\pi z)\right)$ es terriblemente cerca de $2z-1$ en el intervalo de $(0,1)$,, por ejemplo, tenemos $\sum_{n\geq 1}\log^2\left(1+\frac{1}{n}\right)<1$, y esa desigualdad es bastante ajustado. Otra idea de Cornel Ioan Valean es la siguiente: debido a la serie de Taylor de la $\pi z\cot(\pi z)$ función,

$$ \sum_{n\geq 1}\log^2\left(1+\frac{1}{n}\right)=2\zeta(2)-\sum_{n\geq 1}\frac{\zeta(2n)}{n^2}=\text{Li}_2(1)-\sum_{n\geq 2}\text{Li}_2\left(\frac{1}{n^2}\right) $$ y en una manera similar, la serie de $\sum_{n\geq 1}\log^2\left(1+\frac{1}{na+b}\right)$ puede ser escrito en términos de modificaciones de la $L$-series como $\sum_{n\geq 1}\frac{\chi(n)\,\zeta(2n)}{n^2}$. La identidad anterior también puede ser visto como una consecuencia de la dilogarithm reflexión fórmulas

$$\text{Li}_2(1-x)+\text{Li}_2(1-x^{-1})=-\frac{1}{2}\log^2 x\qquad\text{and}\qquad \text{Li}_2(x)+\text{Li}_2(-x)=\frac{1}{2}\text{Li}_2(x^2).$$

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Como una petición explícita del usuario $\color{#88f}{\texttt{@Brevan Ellefsen}}$ me escribió ( supongo que sí ) un conjunto de sugerencias. Espero que sea útil.

\begin{align} &\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n}\,\ln\pars{1 + {1 \over 2n}} \ln\pars{1 + {1 \over 2n + 1}} = \sum_{n = 1}^{\infty}\ic^{2n}\,\ln\pars{1 + {1 \over 2n}} \ln\pars{1 + {1 \over 2n + 1}} \\[5mm] = &\ \sum_{n = 2}^{\infty}\ic^{n}\,\ln\pars{1 + {1 \over n}} \ln\pars{1 + {1 \over n + 1}}\,{1 + \pars{-1}^{n} \over 2} = \Re\sum_{n = 1}^{\infty}\ic^{n}\,\ln\pars{1 + {1 \over n}} \ln\pars{1 + {1 \over n + 1}} \\[1cm] = &\ \phantom{-\,\,\,}{1 \over 2}\,\Re\sum_{n = 1}^{\infty}\ic^{n}\, \ln^{2}\pars{\bracks{1 + {1 \over n}}\bracks{1 + {1 \over n + 1}}} \\[2mm] &\ - {1 \over 2}\,\Re\sum_{n = 1}^{\infty}\ic^{n}\,\ln^{2}\pars{1 + {1 \over n}} - {1 \over 2}\,\Re\sum_{n = 1}^{\infty}\ic^{n}\,\ln^{2}\pars{1 + {1 \over n + 1}} \\[1cm] = &\ {1 \over 2}\,\Re\sum_{n = 1}^{\infty}\ic^{n}\, \ln^{2}\pars{1 + {2 \over n}} - {1 \over 2}\,\Re\sum_{n = 1}^{\infty}\ic^{n}\,\ln^{2}\pars{1 + {1 \over n}} - {1 \over 2}\,\Re\sum_{n = 2}^{\infty}\ic^{n - 1}\,\ln^{2}\pars{1 + {1 \over n}} \\[1cm] = &\ {1 \over 2}\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n}\, \ln^{2}\pars{1 + {1 \over n}} - {1 \over 2}\,\Re\sum_{n = 1}^{\infty}\ic^{n}\,\ln^{2}\pars{1 + {1 \over n}} - {1 \over 2}\,\Im\sum_{n = 1}^{\infty}\ic^{n}\,\ln^{2}\pars{1 + {1 \over n}} \\[2mm] + & {1 \over 2}\,\ln^{2}\pars{2} \\ = &\ \mrm{f}\pars{-1} - \Re\mrm{f}\pars{\ic} - \Im\mrm{f}\pars{\ic} + {1 \over 2}\,\ln^{2}\pars{2}\quad \mbox{where}\quad \left\{\begin{array}{rcl} \ds{\mrm{f}\pars{z}} & \ds{\equiv} & \ds{{1 \over 2}\sum_{n = 1}^{\infty}z^{n}\ln^{2}\pars{1 + {1 \over n}}} \\[5mm] \ds{\mrm{f}\pars{-1}} & \ds{\approx} & \ds{-0.1843} \\[2mm] \ds{\Re\mrm{f}\pars{\ic}} & \ds{\approx} & \ds{-0.0649} \\[2mm] \ds{\Im\mrm{f}\pars{\ic}} & \ds{\approx} & \ds{\phantom{-}0.2099} \\[2mm] \ds{{1 \over 2}\,\ln^{2}\pars{2}} & \ds{\approx} &\ds{\phantom{-}0.2402} \end{array}\right. \end{align}

---

Incluso podemos ir más allá y escribir $\ds{\mrm{f}\pars{z}}$ \begin{align} \mrm{f}\pars{z} & \equiv {1 \over 2}\sum_{n = 1}^{\infty}z^{n}\ln^{2}\pars{1 + {1 \over n}} = {1 \over 2}\sum_{n = 1}^{\infty}z^{n}\pars{\int_{0}^{1}{\dd x \over x + n}} \pars{\int_{0}^{1}{\dd y \over y + n}} \\[5mm] & = {1 \over 2}\,\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\pars{% \sum_{n = 1}^{\infty}{z^{n} \over n + x} - \sum_{n = 1}^{\infty}{z^{n} \over n + y}}{\dd x\,\dd y \over y - x} \\[5mm] & = {1 \over 2}\,z\int_{0}^{1}\int_{0}^{1} {\Phi\pars{z,1,x + 1} - \Phi\pars{z,1,y + 1} \over y - x}\,\dd x\,\dd y \end{align}

donde $\ds{\Phi}$ es la Lerch Trascendente Función. Todavía se ve incómodo !!!.