7 votos

$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left({\beta(n)\over n}-\ln{n+1\over n}\right)=\ln\sqrt{2\over \pi}\cdot{2\over \Gamma^2\left({3\over 4}\right)}?$

$$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left({\beta(n)\over n}-\ln{n+1\over n}\right)=\ln\left(\sqrt{2\over \pi}\cdot{2\over \Gamma^2\left({3\over 4}\right)}\right)\tag1$$

Donde $\beta(n)$ es Función Beta Dirichlet

$(1)$ se convierte en

$$ln\left({2\over \pi}\right)+{1\over n\Gamma(n)}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\int_{0}^{\infty}{x^{n-1}\over e^x+e^{-x}}\mathrm dx\tag2$$

¿Cómo podemos demostrar que la forma cerrada para $(1)$ ¿es correcto?

1 votos

¿Y por qué le importaría a alguien, sólo porque no es trivial, para no poder resolverlo? Si ese fuera un criterio, la mayoría de la gente trabajaría en la Hipótesis de Riemann, ahora. Entonces, ¿por qué esto? ¿Es necesario para algo importante en lo que estás trabajando, o sólo para el lolz?

8 votos

@ProfesorVector A veces es divertido trabajar en un problema difícil.

1 votos

@Will Fisher Concedido, pero no he visto cualquier trabajo del OP en ese problema.

12voto

Paul LeVan Puntos 132

Consideremos las dos sumas por separado: $$ S_1 = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{\beta(n)}{n} \\ S_2 = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\ln\frac{n+1}{n} $$

Para $S_1$ consideremos primero la suma relacionada, para la cual $S_1$ es el valor límite $S(1)$ : $$ S(x) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{\beta(n)x^n}{n} \\ S'(x) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\beta(n)x^{n-1} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}x^{n-1}\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)^n} \\ = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1} \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{-x}{2k+1} \right)^{n-1} = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{2k+1+x} = \frac{1}{2} \Phi \left(-1, 1, \frac{1+x}{2} \right) $$ Donde $\Phi$ es el trascendente de Lerch, y $|x|<1$ . Ahora, tras la integración, podemos recuperar $S_1$ : $$ S_1 - S(0) =\int_0^1 S'(x) dx = \int_0^1 \frac{1}{2} \Phi \left(-1, 1, \frac{1+x}{2} \right)dx = \int_\frac{1}{2}^1 \Phi (-1, 1, x)dx \\ = \lim_{s\to0}\int_\frac{1}{2}^1 \Phi (-1, 1+s, x)dx = \lim_{s\to0} \left[ \frac{-1}{s}\Phi (-1, s, x) \right|_\frac{1}{2}^1 \\ = \lim_{s\to0} \frac{\Phi \left(-1, s, \frac{1}{2}\right) - \Phi(-1, s, 1)}{s} = \lim_{s\to0} \frac{2^s \beta(s) - \eta(s)}{s} \\ =^H \lim_{s\to0} \ \ln(2) 2^s \beta(s) + 2^s \beta'(s) - \eta'(s) = \frac{1}{2} \ln(2) + \ln \frac{\Gamma^2(\frac{1}{4})}{2 \pi \sqrt{2}} - \frac{1}{2} \ln \frac{\pi}{2} = \ln \frac{\sqrt{2 \pi}}{\Gamma^2(\frac{3}{4})} $$ Y como $S(0) = 0$ Esto es todo. $S_1$ . Para $S_2$ : $$ S_2 = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\ln\frac{n+1}{n} = \ln \prod_{n=1}^\infty \left( \frac{n+1}{n} \right)^{(-1)^{n-1}} \\ = \lim_{N \to \infty} \ln \prod_{n=1}^N \frac{n^2}{(n - \frac{1}{2})(n + \frac{1}{2})} = \lim_{N \to \infty} \ln\frac{\pi \Gamma^2(N+1)}{2\Gamma(N + \frac{1}{2})\Gamma(N + \frac{3}{2})} = \ln \frac{\pi}{2} $$ La suma, por tanto, es igual: $$ S_1-S_2=\ln \frac{2\sqrt2}{\sqrt{\pi} \ \Gamma^2(\frac{3}{4})} $$ como se predijo.

4voto

Felix Marin Puntos 32763

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

$\substack{\ds{\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n - 1}\bracks{{\beta\pars{n} \over n} -\ln\pars{n + 1 \over n}} = \ln\pars{\root{2 \over \pi}\,{2 \over \Gamma^{\,2}\pars{3/4}}}:\ {\large ?}.} \\[3mm] \ds{\beta:\texttt{Dirichlet Beta Function}.}}$

Vamos a \begin{equation} \sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n - 1}\bracks{{\beta\pars{n} \over n} -\ln\pars{n + 1 \over n}} = \mc{S}_{1} - \mc{S}_{2}\,,\quad \left\{\begin{array}{l} \ds{\mc{S}_{1} \equiv \sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n - 1}\,{\beta\pars{n} \over n}} \\[2mm] \ds{\mc{S}_{2} \equiv \sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n - 1}\,\ln\pars{n + 1 \over n}} \end{array}\right.\label{1}\tag{1} \end{equation}


$\ds{\Large\mc{S}_{1}:\ ?.}$ Con la $\ds{\beta}$ Representación integral : \begin{align} \mc{S}_{1} & \equiv \sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n - 1}\,{1 \over n}\ \overbrace{{1 \over \Gamma\pars{n}}\int_{0}^{\infty} {x^{n - 1}\expo{-x} \over 1 + \expo{-2x}}\,\dd x}^{\ds{\beta\pars{n}}}\ =\ -\int_{0}^{\infty} {\bracks{\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-x}^{n}/n!}\expo{-x} \over 1 + \expo{-2x}}\,{\dd x \over x} \\[5mm] & = -\int_{0}^{\infty} {\pars{\expo{-x} - 1}\expo{-x} \over 1 + \expo{-2x}}\,{\dd x \over x} \,\,\,\stackrel{\exp\pars{-2x}\ \mapsto\ x}{=}\,\,\, -\int_{1}^{0}{x - x^{1/2} \over 1 + x}\,{\dd x/\pars{-2x} \over \ln\pars{x}/\pars{-2}} \\[5mm] & = \int_{0}^{1}{x^{-1/2} - 1 \over 1 - x^{2}}\,{x - 1 \over \ln\pars{x}}\,\dd x = \int_{0}^{1}{x^{-1/2} - 1 \over 1 - x^{2}}\ \overbrace{\int_{0}^{1}x^{t}\,\dd t}^{\ds{x - 1 \over \ln\pars{x}}}\ \,\dd x \\[5mm] & = \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}{x^{t - 1/2} - x^{t} \over 1 - x^{2}}\,\dd x\,\dd t \,\,\,\stackrel{x^{2}\ \mapsto\ x}{=}\,\,\, {1 \over 2}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}{x^{t/2 - 3/4} - x^{t/2 - 1/2} \over 1 - x}\,\dd x\,\dd t \\[5mm] & = {1 \over 2}\int_{0}^{1}\bracks{% \int_{0}^{1}{1 - x^{t/2 - 1/2} \over 1 - x}\,\dd x - \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}{1 - x^{t/2 - 3/4} \over 1 - x}\,\dd x}\dd t \\[5mm] & = {1 \over 2}\int_{0}^{1} \bracks{\Psi\pars{{t \over 2} + {1 \over 2}} - \Psi\pars{{t \over 2} + {1 \over 4}}}\dd t \qquad\pars{~\Psi:\ Digamma\ Function~} \\[5mm] & = \left. \ln\pars{\Gamma\pars{t/2 + 1/2} \over \Gamma\pars{t/2 + 1/4}} \right\vert_{\ 0}^{\ 1} = \ln\pars{{\Gamma\pars{1} \over \Gamma\pars{3/4}}\,{\Gamma\pars{1/4} \over \Gamma\pars{1/2}}} \\[5mm] & = \ln\pars{{1 \over \Gamma^{\,2}\pars{3/4}}\,{\Gamma\pars{3/4}\Gamma\pars{1/4} \over \root{\pi}}}\quad \pars{~\substack{\mbox{Note that}\\[2mm] \ds{\Gamma\pars{1 \over 2} = \root{\pi}\,,\ \Gamma\pars{1} = 1}}~} \\[5mm] & = \ln\pars{{1 \over \Gamma^{\,2}\pars{3/4}\root{\pi}} \,{\pi \over \sin\pars{\pi/4}}}\qquad\pars{~Euler\ Reflection\ Formula~} \\[5mm] & \implies \bbx{\mc{S}_{1} \equiv \sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n - 1}\,{\beta\pars{n} \over n} = \ln\pars{\root{2\pi} \over \Gamma^{\,2}\pars{3/4}}}\label{2}\tag{2} \end{align}

$\ds{\Large\mc{S}_{2}:\ ?.}$ \begin{align} \mc{S}_{2} & \equiv \sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n - 1}\,\ln\pars{n + 1 \over n} = \sum_{n = 0}^{\infty}\pars{-1}^{n}\int_{0}^{1}{\dd t \over t + n + 1} = \int_{0}^{1}\sum_{n = 0}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over n + t + 1}\,\dd t \\[5mm] & = {1 \over 2}\int_{0}^{1}\sum_{n = 0}^{\infty} \bracks{{1 \over n + \pars{t + 1}/2} - {1 \over n + t/2 + 1}}\,\dd t \\[5mm] & = {1 \over 2}\int_{0}^{1}\bracks{% \Psi\pars{{t \over 2} + 1} - \Psi\pars{t + 1 \over 2}}\,\dd t = \left.\ln\pars{\Gamma\pars{t/2 + 1} \over \Gamma\pars{t/2 + 1/2}} \right\vert_{\ 0}^{\ 1} \\[5mm] & = \ln\pars{{\Gamma\pars{3/2} \over \Gamma\pars{1}}\,{\Gamma\pars{1/2} \over \Gamma\pars{1}}} = \ln\pars{{1 \over 2}\,\Gamma^{\,2}\pars{1 \over 2}} \qquad\pars{~\Gamma-Recursive Property~} \\[5mm] & \implies \bbx{\mc{S}_{2} \equiv \sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n - 1}\,\ln\pars{n + 1 \over n} = \ln\pars{\pi \over 2}}\label{3}\tag{3} \end{align}

Con \eqref{1}, \eqref{2} y \eqref{3}: $$ \bbx{\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n - 1}\bracks{{\beta\pars{n} \over n} -\ln\pars{n + 1 \over n}} = \ln\pars{\root{2 \over \pi}\,{2 \over \Gamma^{\,2}\pars{3/4}}}} $$

1voto

Brevan Ellefsen Puntos 3175

He aquí una prueba bastante elemental de este resultado. Derivo una forma cerrada equivalente a la de la OP.

Comenzamos con el siguiente lema:


Lema $1$ : $\sum_{k=1}^p \ln(r*k+n) = \ln\left[r^n\left(\frac{n+r}{r}\right)_p\right] \quad \forall p\in\mathbb{N}$

Prueba del lema $1$ : $\sum _{k=1}^p\ln \left(rk+n\right) = \ln \left(\prod _{k=1}^p\left(rk+n\right)\right) = \ln \left(r^p\prod _{k=0}^{p-1}\left(k+\frac{n}{r}\right)\right) = \log\left[r^n\left(\frac{n+r}{r}\right)_p\right]$


Ahora estamos listos para probar el resultado $$\begin{align} \sum_{n=1}^{p}(-1)^{n-1}&\left({\beta(n)\over n}-\ln{n+1\over n}\right)\\ &= \sum_{n=1}^{p}\left(-1\right)^{n-1}\left(\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{\left(2k+1\right)^n}-\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)\right)\\ &=\sum _{n=1}^p\left(-1\right)^n\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)-\sum _{n=1}^{p}(-1)^n\sum _{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{n\left(2k+1\right)^n}\\ &\stackrel{*}{=} \sum _{n=1}^p\left(-1\right)^n\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)-\sum _{k=0}^p\left(-1\right)^k\sum _{n=1}^\infty\frac{\left(-1\right)^n}{n\left(2k+1\right)^n}\\ &\stackrel{**}{=}\sum _{n=1}^p\left(-1\right)^n\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)-\sum _{k=0}^p\left(-1\right)^n\ln \left(\frac{2k+1}{2k+2}\right)\\ &=\sum _{n=1}^p\left(-1\right)^n\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)-\sum _{k=1}^p\left(-1\right)^k\ln \left(\frac{2k+1}{2k+2}\right)+\ln(2)\\ &=\sum _{k=1}^p\left(-1\right)^k\left[\ln \left(\frac{k+1}{k}\right)-\ln \left(\frac{2k+1}{2k+2}\right)\right]+\ln(2)\\ &=\sum _{k=1}^p\left[\ln \left(\frac{2k+1}{2k}\right)-\ln \left(\frac{4k+1}{4k+2}\right)-\ln \left(\frac{2k}{2k-1}\right)+\ln \left(\frac{4k-1}{4k}\right)\right]+\ln(2)\\ &= \sum _{k=1}^p\left(\ln \left(2k+1\right)-2\ln \left(2k\right)-\ln \left(4k+1\right)+\ln \left(4k+2\right)+\ln \left(2k-1\right)+\ln \left(4k-1\right)-\ln \left(4k\right)\right)+\ln(2)\\ &=\ln \left(2\left(3/2\right)_p\right)-2\ln \left(\left(1\right)_p\right)-\ln \left(4\left(5/4\right)_p\right)+\ln \left(16\left(3/2\right)_p\right)+\ln \left(\frac{1}{2}\left(1/2\right)_p\right)+\ln \left(\frac{1}{4}\left(3/4\right)_p\right)-\ln \left(\left(1\right)_p\right)+\ln(2)\\ &= \ln \left(\frac{2\cdot \left(1/2\right)_p\left(3/4\right)_p\left(3/2\right)_p\left(3/2\right)_p}{\left(1\right)_p\left(1\right)_p\left(1\right)_p\left(5/4\right)_p}\right)\\ &\stackrel{***}{=} \ln \left(\frac{2\cdot \Gamma\left(1/4\right)^2}{\pi ^2\sqrt{2\pi }}\right)+\ln \left(\frac{\Gamma\left(p+1/2\right)\Gamma\left(p+3/4\right)\Gamma\left(p+3/2\right)^2}{\Gamma\left(p+1\right)^3 \Gamma\left(p+5/4\right)}\right) \end{align}$$ Afortunadamente, como se puede comprobar utilizando la Fórmula de Stirling, el segundo logaritmo va a $0$ como $p$ va al infinito, es decir $$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left({\beta(n)\over n}-\ln{n+1\over n}\right) = \ln \left(\frac{2\cdot \Gamma\left(1/4\right)^2}{\pi ^2\sqrt{2\pi }}\right) + \ln \left(\lim_{p \to \infty}\frac{\Gamma\left(p+1/2\right)\Gamma\left(p+3/4\right)\Gamma\left(p+3/2\right)^2}{\Gamma\left(p+1\right)^3 \Gamma\left(p+5/4\right)}\right) = \color{red}{\ln \left(\frac{2\cdot \Gamma\left(1/4\right)^2}{\pi ^2\sqrt{2\pi }}\right)}$$


Notas a pie de página:

$*\;\;\;\;\;\;$ Intercambio de sumas dobles
$**\;\;\;\,$ Serie de Taylor para el logaritmo natural
$***\;$ Representación gamma para Símbolo de Pochhammer

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