Cómo podemos mostrar que $\ln{2}=\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n-1}\over n}\left({12\over e^{n\pi}-1}+{4\over e^{n\pi}+1}\right)$

Question

$$\ln{2}=\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n-1}\over n}\left({12\over e^{n\pi}-1}+{4\over e^{n\pi}+1}\right)\tag1$$

¿Cualquier sugerencias?

Answer 1

Por lo tanto tenemos que $${1\over e^{n\pi}-1}={e^{-n\pi}\over 1-e^{-n\pi}}=\sum_{k\geq 1}e^{-nk\pi}$ $ y $${1\over e^{n\pi}+1}={e^{-n\pi}\over 1+e^{-n\pi}}=-\sum_{k\geq 1}(-1)^ke^{-nk\pi}.$ $\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n-1}\over n}&\left(12\sum_{k\geq 1}e^{-nk\pi}-4\sum_{k\geq 1}(-1)^ke^{-nk\pi}\right)\\ &=4\sum_{k\geq 1}\left(3-(-1)^k \right)\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n-1}\over n}e^{-nk\pi}\\ &=4\sum_{k\geq 1}\left(3-(-1)^k \right)\ln(1+e^{-k\pi})\\ &=8\sum_{k\geq 1}\ln(1+e^{-k\pi})+8\sum_{k\geq 1}\ln(1+e^{-(2k-1)\pi})\\ &=8\ln\left(\prod_{k\geq 1}(1+e^{-k\pi})(1+e^{-(2k-1)\pi})\right)\\ &=8\ln\left(\prod_{k\geq 1}\frac{(1+e^{-(2k-1)\pi})}{(1-e^{-(2k-1)\pi})}\right) +8\ln\left(\prod_{k\geq 1}(1+e^{-k\pi})(1-e^{-(2k-1)\pi})\right)\\ &=\ln(2) \end{align*} donde en el último paso se utiliza prueba $\left(\frac{e^{\pi}+1}{e^{\pi}-1}\cdot\frac{e^{3\pi}+1}{e^{3\pi}-1}\cdot\frac{e^{5\pi}+1}{e^{5\pi}-1}\cdots\right)^8=2$ y $\prod_{k\geq 1}(1+e^{-k\pi})(1-e^{-(2k-1)\pi}) = \prod_{k\geq 1}\frac{(1-e^{-2k\pi})(1-e^{-(2k-1)\pi})}{(1-e^{-k\pi})}=1.$$

Answer 2

Este es un resultado de teoría de funciones theta. Que $0 < q < 1$ y $$a(q) = \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{q^{n}}{n(1 - q^{n})}$ $ a continuación podemos ver que\begin{align} b(q) &= \sum_{n = 1}^{\infty}(-1)^{n - 1}\cdot\frac{q^{n}}{n(1 - q^{n})}\notag\\ &= \sum_{n \text{ odd}}\frac{q^{n}}{n(1 - q^{n})} - \sum_{n \text{ even}}\frac{q^{n}}{n(1 - q^{n})}\notag\\ &= \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{q^{n}}{n(1 - q^{n})} - 2\sum_{n \text{ even}}\frac{q^{n}}{n(1 - q^{n})}\notag\\ &= a(q) - a(q^{2})\notag \end {alinee el} de manera similar podemos demostrar que $$c(q) = \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{q^{n}}{n(1 + q^{n})} = a(q) - 2a(q^{2})$$ and $$d(q) = \sum_{n = 1}^{\infty}(-1)^{n - 1}\frac{q^{n}}{n(1 + q^{n})} = c(q) - c(q^{2})$$ i.e $$d(q) = \sum_{n = 1}^{\infty}(-1)^{n - 1}\frac{q^{n}}{n(1 + q^{n})} = a(q) - 3a(q^{2}) + 2a(q^{4})$$ The sum in question is $$S = 12b(q) + 4d(q) = 16a(q) - 24a(q^{2}) + 8a(q^{4})\tag{1}$$ where $q # = e ^ {-\pi} $. Podemos ver en este post eso\begin{align} a(q) &= -\frac{\log kk'^{4}}{12} - \frac{\log 2}{3} - \frac{1}{2}\log\left(\frac{K}{\pi}\right) - \frac{\pi K'}{24K}\tag{2}\\ a(q^{2}) &= -\frac{\log kk'}{6} - \frac{\log 2}{6} - \frac{1}{2}\log\left(\frac{K}{\pi}\right) - \frac{\pi K'}{12K}\tag{3}\\ a(q^{4}) &= -\frac{\log k^{4}k'}{12} + \frac{\log 2}{6} - \frac{1}{2}\log\left(\frac{K}{\pi}\right) - \frac{\pi K'}{6K}\tag{4} \end{align} desde $q = e^{-\pi}$ sigue de la teoría de funciones theta e integrales elípticas que $K' = K$ y $k = k' = 1/\sqrt{2}$. Thus $$a(q) = -\frac{\log 2}{8} - \frac{1}{2}\log\left(\frac{K}{\pi}\right) - \frac{\pi}{24}$$ and $$a(q^{2}) = -\frac{1}{2}\log\left(\frac{K}{\pi}\right) - \frac{\pi}{12}$$ and $$a(q^{4}) = \frac{3\log 2}{8} - \frac{1}{2}\log\left(\frac{K}{\pi}\right) - \frac{\pi}{6}$$ and then from $(1)$ we get $S = \log 2$.

Answer 3

Supongamos que buscamos para comprobar que

$$\log 2 = \sum_{n\ge 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \left(\frac{12}{\exp(n\pi)-1} + \frac{4}{\exp(n\pi)+1}\right).$$

Os presento algunas de las ecuaciones funcionales que, sin embargo, no es suficiente para un prueba, pero tal vez puede servir como punto de partida. El lector está invitado para el suministro de la falta de ecuaciones como las conjeturas para una eventual prueba. El computacional detalles están disponibles bajo petición.

Hacemos las siguientes definiciones:

$$S_1(x) = \sum_{n\ge 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \frac{\exp(nx)}{\exp(2nx)-1}$$

y

$$S_2(x) = \sum_{n\ge 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \frac{1}{\exp(2nx)-1}$$

con $x\ge 0.$ Estamos interesados en

$$16S_1(\pi) + 8S_2(\pi) \quad\text{es decir,}\quad T(x) = 2S_1(x)+S_2(x).$$

También utilizamos

$$S_3(x) = \sum_{n\ge 1} \frac{1}{n} \frac{\exp(nx)}{\exp(2nx)-1}$$

y

$$S_4(x) = \sum_{n\ge 1} \frac{1}{n} \frac{1}{\exp(nx)-1}$$ así que

$$S_3(x) = S_4(x)-S_4(2x).$$

Obtenemos entonces

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000] {S_1(x) = \frac{\pi^2}{24x} -\frac{x}{24} + S_1(\pi^2/x)}$$

y

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000] {S_3(x) = \frac{\pi^2}{12} -\frac{1}{2}\log 2 + \frac{x}{24} - S_3(2\pi^2/x)}$$

y

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000] {S_4(x) = \frac{\pi^2}{6} -\frac{1}{2}\log (2\pi) + \frac{1}{2}\log x - \frac{x}{24} + S_4(4\pi^2/x).}$$

Lo más importante es que conseguimos

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000] {T(x) = \frac{\pi^2}{8x} -\frac{1}{2}\log 2 + 2T(\pi^2/x) - 3S_3(\pi^2/x)}$$

que tiene la forma alternativa

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000] {T(x) = \frac{\pi^2}{8x} -\frac{1}{2}\log 2 + S_1(\pi^2/x) - S_3(2\pi^2/x).}$$