Cómo probar que $e^{\gamma}={e^{H_{x-1}}\over x}\prod_{n=0}^{\infty}\cdots?$

Question

Cómo demostramos que $$e^{\gamma}={e^{H_{x-1}}\over x}\prod_{n=0}^{\infty}\left(\prod_{k=0}^{n}\left({k+x+1\over k+x}\right)^{(-1)^{k}{{n\choose k}}}\right)^{1\over n+2}?\tag1$ $

Donde $\gamma$ es la constante de Euler-Mascheroni

$H_0=0$, $H_n$ es el número armónico.

$x\ge1$

Llevar el registro de $(1)$

$$\gamma-H_{x-1}+\ln(x)=\sum_{n=0}^{\infty}{1\over n+2}\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n\choose k}\ln\left({k+x+1\over k+x}\right)\tag2$$

Probablemente toman $(2)$ en un integral y tomar desde allí...?

Answer 1

Este hecho puede ser resuelto por Euler serie de aceleración. Note primero que

$$ f(s) := \log\left(1 + \frac{1}{x+s}\right) = \int_{0}^{\infty} \frac{1 - e^{-u}}{u} \, e^{-su} \, du. $$

A continuación, su $n$-se pliegan hacia adelante diferencia satisface

$$ (-1)^n \Delta^n f (s) = \sum_{k=0}^{n} (-1)^{k}\binom{n}{k} f(s+k) = \int_{0}^{\infty} \frac{(1 - e^{-u})^{n+1}}{u}\, e^{-su} \, du, \etiqueta{1} $$

que es monótona decreciente a$0$$s \to \infty$. A continuación nos referimos a la siguiente versión de la serie de Euler aceleración: (Ver mi blog de la publicación de una prueba, por ejemplo).

Teorema. Si $\sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$ tiene radio de convergencia $\geq 1$. Entonces para cualquier $t \in [0, 1)$,

$$ \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n a_n t^n = \frac{1}{1+t} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (\Delta^n a)_0 \left( \frac{t}{1+t}\right)^n $$

sostiene.

Con el fin de aplicar esto a nuestro caso, establezca $z = t/(1+t)$ y el enchufe $a_n = f(x+n)$ donde $x > 0$. A continuación, para $t \in [0, 1)$ se sigue que

\begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (\Delta^n a)_0 z^{n+1} &= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n a_n t^{n+1} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n t^{n+1} \int_{0}^{\infty} \frac{1 - e^{-u}}{u} \, e^{-(x+n)u} \, du \\ &= \int_{0}^{\infty} \frac{1 - e^{-u}}{u} \frac{t e^{-xu}}{1 + t e^{-u}} \, du \\ &= \int_{0}^{\infty} \frac{z (1 - e^{-u}) e^{-xu}}{1 - z(1 - e^{-u})} \, \frac{du}{u}. \end{align*}

Aunque esta manipulación tiene sólo al $z \in [0, \frac{1}{2})$ (principalmente debido a la restricción del teorema anterior), ahora ambos lados definir un holomorphic de la función en $\mathbb{D} = \{z \in \mathbb{C} : |z| < 1\}$ y, por tanto, la identidad se extiende a todos los de $\mathbb{D}$ por el principio de continuación analítica.

Por otra parte, la mano izquierda converge incluso cuando $z = 1$ debido a la alternancia de serie de la prueba, combinada con nuestra anterior observación en $\text{(1)}$. Así que por la del teorema de Abel,

\begin{align*} S(x) &:= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+2} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} \log\left(1+\frac{1}{k+x}\right) \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (\Delta^n a)_0 \int_{0}^{1} z^{n+1} \, dz \\ &= \int_{0}^{1} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (\Delta^n a)_0 z^{n+1} \, dz \\ &= \int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{\infty} \frac{z (1 - e^{-u}) e^{-xu}}{1 - z(1 - e^{-u})} \, \frac{du}{u} \right) \, dz \\ &= \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{1 - e^{-u}} - \frac{1}{u} \right) e^{-xu} \, du. \end{align*}

Calcular esta integral no es difícil; diferenciar ambos lados para obtener $S'(x) = \frac{1}{x} - \psi'(x) $ y, a continuación, utilizar la condición de $\lim_{x\to\infty}S(x) = 0$ obtener

$$ S(x) = \log x - \psi (x) = \log x + \gamma - H_{x-1}. $$

Answer 2

Aquí es un comienzo posible manipular la doble suma.

$$\begin{align}\\ S(x)&= \sum_{n=0}^{\infty}{1\over n+2}\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n\choose k}\ln\left({k+x+1\over k+x}\right)\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}{1\over n+2} (\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n\choose k}\ln(k+x+1))-\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n\choose k}\ln(k+x)))\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}{1\over n+2} (\sum_{k=1}^{n+1}(-1)^{k-1}{n\choose k-1}\ln(k+x)-\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{n\choose k}\ln(k+x))\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}{1\over n+2} (\sum_{k=1}^{n}\ln(k+x)((-1)^{k-1}{n\choose k-1}-(-1)^k{n\choose k})\\ &\quad +(-1)^n{n \choose n}\ln(n+1+x)-(-1)^0{n \choose 0}\ln(x) )\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}{1\over n+2} (\sum_{k=1}^{n}\ln(k+x)(-1)^{k-1}({n\choose k-1}+{n\choose k})\\ &\quad +(-1)^n\ln(n+1+x)-\ln(x) )\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}{1\over n+2} (\sum_{k=1}^{n}\ln(k+x)(-1)^{k-1}{n+1\choose k}\\ &\quad +(-1)^n\ln(n+1+x)-\ln(x) )\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}{1\over n+2} \sum_{k=0}^{n+1}\ln(k+x)(-1)^{k-1}{n+1\choose k}\\ &=-\sum_{n=0}^{\infty}{1\over n+2} \Delta^{n+1}\ln(x)\\ \end {Alinee el} $$

Casi parece una serie de Newton.

No estoy seguro dónde ir desde aquí, así que te lo dejo en esto con la esperanza de alguien puede tomar más.