¿Cómo puedo demostrar mi conjetura para los coeficientes en $t(x)=\log(1+\exp(x)) $ ?

Question

Estoy considerando la función de transferencia $$ t(x) = \log(1 + \exp(x)) $$ y encontrar el inicio de la serie de potencias (simplemente usando Pari/GP) como $$ t(x) = \log(2) + 1/2 x + 1/8 x^2 – 1/192 x^4 + 1/2880 x^6 - \ldots $$ Examinando el patrón de los coeficientes encuentro la muy probable composición $$ t(x) = \sum_{k=0}^\infty {\eta(1-k) \over k! }x^k $$ donde $ \eta() $ es la función eta-(o "zeta alterna") de Dirichlet.
Estoy utilizando esta definición en otros cálculos y, además de la convincente simplicidad del patrón, los resultados son siempre significativos. Sin embargo, no tengo idea de cómo podría probar esta descripción de los coeficientes.

P: ¿Alguien tiene una fuente o una idea de cómo hacer esa prueba en uno mismo?

Answer 1

El Función eta de Dirichlet viene dada por $\eta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}n^{-s}$ pero esto sólo converge para $s$ con parte real positiva, y se propone utilizar su comportamiento para enteros negativos. Una serie globalmente convergente para $\eta$ puede derivarse utilizando la función zeta de Riemann (cf. aquí ): $$ \eta(s)=(1-2^{1-s})\zeta(s)=\sum_{n=0}^{\infty}2^{-(n+1)}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}{{n}\choose{k}}(k+1)^{-s}. $$ El uso de esta expansión nos permite escribir $\eta(1-k)$ como $$ \eta(1-k)=\sum_{n=0}^{\infty}2^{-(n+1)}\sum_{j=0}^{n}(-1)^{j}{{n}\choose{j}}(j+1)^{k-1}. $$

Su serie de potencias es entonces $$ \begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\eta(1-k)x^k}{k!} &=&\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{\infty}2^{-(n+1)}\sum_{j=0}^{n}(-1)^{j}{{n}\choose{j}}(j+1)^{k-1}\left(\frac{x^{k}}{k!}\right) \\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}2^{-(n+1)}\sum_{j=0}^{n}\frac{(-1)^{j}}{j+1}{{n}\choose{j}}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(x(j+1)\right)^{k}}{k!} \\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}2^{-(n+1)}\sum_{j=0}^{n}\frac{(-1)^{j}}{j+1}{{n}\choose{j}}\left(e^x\right)^{j+1} \\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}2^{-(n+1)}\int_{-e^{x}}^{0} dy\sum_{j=0}^{n}{{n}\choose{j}}y^{j} \\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}2^{-(n+1)}\int_{-e^{x}}^{0}\left(1+y\right)^{n}dy \\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}2^{-(n+1)}\frac{\left(1+y\right)^{n+1}}{n+1}\Bigg\vert_{-e^x}^{0} \\ &=&\sum_{n=0}^{\infty}2^{-(n+1)}\frac{1-\left(1-e^x\right)^{n+1}}{n+1} \\ &=&f\left(\frac{1}{2}\right) - f\left(\frac{1-e^x}{2}\right), \end{eqnarray} $$ donde $$f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n+1}}{n+1}=-\log \left(1-z\right).$$ Si juntamos todo esto, encontramos $$ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\eta(1-k)x^k}{k!} = -\log\left(\frac{1}{2}\right)+\log\left(\frac{1+e^x}{2}\right)=\log\left(1+e^x\right), $$ como usted conjetura.

Answer 2

Problemas relacionados: (I) , (II) , (III) , (IV) . He aquí una fórmula para la enésima derivada de la función $\ln(1+e^{x})$ en el punto $x=0$

$$ \left( \ln(1+e^{x})\right)^{(n)}= \sum _{k=1}^{n}\begin{Bmatrix} n\\k \end{Bmatrix} \left( -1 \right)^{k+1}2^{-k}\, \Gamma\left( k \right),\quad n \in \mathbb{N}, $$

donde $\begin{Bmatrix} n\\k \end{Bmatrix} $ son los números de Stirling del segundo tipo. La fórmula anterior nos permite construir la serie de Taylor de la función como

$$ \ln(1+e^x) = \ln(2)+\sum_{n=1}^{\infty} \sum _{k=1}^{n}\begin{Bmatrix} n\\k \end{Bmatrix} \left( -1 \right)^{k+1}\, 2^{-k}\,\Gamma\left( k \right) \frac{x^n}{n!}. $$