Probando $\left(1-\frac13+\frac15-\frac17+\cdots\right)^2=\frac38\left(\frac1{1^2}+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\frac1{4^2}+\cdots\right)$

Question

La igualdad $$\left(1-\frac13+\frac15-\frac17+\cdots\right)^2=\frac38\left(\frac1{1^2}+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\frac1{4^2}+\cdots\right)\tag{1}$$ se deduce del hecho de que la suma de la primera serie es $\dfrac\pi4$ mientras que la suma de la segunda es $\dfrac{\pi^2}6$ .

Mi pregunta es: ¿puede alguien aportar una prueba de que $(1)$ ¿se mantiene sin usar esto?

Answer 1

Si ponemos $$f(t) =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nt} {n} $$ entonces $$f^{2}(t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin^{2}nt}{n^{2}} +\text{(terms containing }\sin nt\sin mt) $$ e integrando este término por término con respecto a $t$ en $[-\pi, \pi] $ debería darnos $$\pi\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}$$ y por lo tanto vemos que el lado derecho de la ecuación en cuestión es $$\frac{3}{8\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^{2}(t)\,dt$$ Hay que demostrar que es igual a $f^{2}(\pi/2)$ . La función $f(t) $ está dada en forma cerrada como $$f(t) = \begin{cases} \dfrac{\pi - t} {2}, 0<t\leq \pi\\ 0,t=0\\ -\dfrac{\pi +t} {2}, - \pi\leq t<0 \end{cases}$$ y $f(t+2\pi)=f(t)$ . Así que esto funciona bien.

Answer 2

Esta es una prueba de la identidad $$\left(\sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n}{(2n+1)}\right)^2 = \frac{3}{8} \sum_{n \in \mathbb{N}} \frac{1}{n^2}$$ sin conocer el valor de ninguna de las series.

Consideremos la integral doble \begin{align*} I &= \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{(1+x^2)(1+y^2)} \ dy \ dx. \end{align*} Por un lado, observamos \begin{align*} \frac{1}{(1+x^2)(1+y^2)} &= \sum_{n \geq 0} \left(-x^2 \right)^n \sum_{m \geq 0} \left(-y^2 \right)^m, \quad |x|,|y| < 1. \end{align*} Entonces, obtenemos que \begin{align*} I &= \int_{0}^1 \int_{0}^1 \sum_{n \geq 0} \left(-x^2 \right)^n \sum_{m \geq 0} \left(-y^2 \right)^m \ dy \ dx \\ &=\sum_{n \geq 0}\sum_{m \geq 0} \int_{0}^1 \int_{0}^1 \left(-x^2 \right)^n \left(-y^2 \right)^m \ dy \ dx \\ &=\sum_{n \geq 0}\sum_{m \geq 0} \frac{(-1)^n}{2n+1} \frac{(-1)^m}{2m+1} \\ &=\left(\sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n}{2n+1} \right)^2. \end{align*} El intercambio de suma e integral realizado aquí puede justificarse por el Teorema de Convergencia Dominada.

Ahora, hacemos la sustitución $x \mapsto 1/x,$ y $y \mapsto 1/y$ a $I,$ lo que resulta en \begin{align*} I &= \int_{1}^{\infty}\int_{1}^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)(1+y^2)} \ dy \ dx, \end{align*} Esto implica \begin{align*} I &= \frac{1}{4}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)(1+y^2)} \ dy \ dx. \end{align*} Haz otra sustitución $y=tx$ con $dy = x \ dt$ para ver \begin{align*} I &= \frac{1}{4}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} \frac{x}{(1+x^2)(1+t^2x^2)} \ dt \ dx \\ &=\frac{1}{4}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} \frac{x}{(1+x^2)(1+t^2x^2)} \ dx \ dt, \end{align*} en la que el intercambio de la integral se justifica por el Teorema de Tonelli. Ahora, utilizando la identidad de fracciones parciales, $$\frac{x}{(1+x^2)(1+t^2x^2)} = \frac{2 x}{\left(2-2 t^2\right) \left(x^2+1\right)}-\frac{2 t^2 x}{\left(2-2 t^2\right) \left(t^2 x^2+1\right)},$$ e integrando con respecto a $x,$ obtenemos \begin{align*} I &= \frac{1}{4}\int_{0}^{\infty} \frac{\log(t)}{t^2-1} \ dt. \end{align*} Ahora, observa \begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{\log(t)}{t^2-1} \ dt + \int_{1}^{\infty} \frac{\log(t)}{t^2-1} \ dt= \int_{0}^{\infty} \frac{\log(t)}{t^2-1} \ dt. \end{align*} Vemos que \begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{\log(t)}{t^2-1} \ dt &= \int_{1}^{\infty} \frac{\log(t)}{t^2-1} \ dt \end{align*} haciendo un cambio de variables $t \mapsto 1/t$ en la segunda integral. Por lo tanto, \begin{align*} I &= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\log(t)}{t^2-1} \ dt. \end{align*} Ahora, convierta el integrando en una serie geométrica \begin{align*} \frac{\log(t)}{t^2-1} &= - \sum_{n \geq 0} \log(t) t^{2n}, \quad t \in (0,1), \end{align*} y vemos que \begin{align*} I &= -\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \sum_{n \geq 0} \log(t) t^{2n} \ dt \\ &= -\frac{1}{2} \sum_{n \geq 0} \int_{0}^{1} \log(t) t^{2n} \ dt \\ &= \frac{1}{2} \sum_{n \geq 0} \frac{1}{(2n+1)^2}, \end{align*} en la que el intercambio de suma e integral se justifica por el Teorema de Convergencia Monótona de Beppo Levi. Observando que \begin{align*} \sum_{n \in \mathbb{N}} \frac{1}{n^2} &= \sum_{n \in \mathbb{N}} \frac{1}{(2n)^2}+\sum_{n \geq 0} \frac{1}{(2n+1)^2} \\ &= \frac{1}{4}\sum_{n \in \mathbb{N}} \frac{1}{n^2}+\sum_{n \geq 0} \frac{1}{(2n+1)^2}, \end{align*} encontramos \begin{align*} I &= \frac{3}{8} \sum_{n \in \mathbb{N}} \frac{1}{n^2}. \end{align*} Por lo tanto, tenemos $$\left(\sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n}{(2n+1)}\right)^2 = \frac{3}{8} \sum_{n \in \mathbb{N}} \frac{1}{n^2}.$$

Nota: Para aquellos que puedan estar interesados, este tipo de cálculos integrales para evaluar series pueden encontrarse en mi trabajo conjunto con Daniele Ritelli. Véase https://www.ams.org/journals/qam/2018-76-03/S0033-569X-2018-01499-3/

Answer 3

He encontrado una prueba basada en algunos resultados de la teoría de los números, que espero que se ajuste a sus necesidades

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Reclamación:

$$ \left(\sum_{n \geq 1}\frac{(-1)^n}{2n+1}\right)^2=\frac{3}{8}\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^2} $$

Definimos

• $\chi_l(n)$ como el el carácter de Dirichlet $\text{mod}\,4$
• $L(\chi,s)\equiv\sum_{n\geq1}\tfrac{\chi(n)}{n^s}$ es un Dirichlet- $L$ suma
• $\zeta(s,q)\equiv\sum_{n\geq0}\tfrac{1}{(n+q)^s}$ es una función zeta de Hurwitz ( $q=1$ da Riemanns $\zeta(s)$ )

Ahora reconocemos que el problema original puede ser reformulado como sigue

$$ L^2(1,\chi_1)=\frac{1}{2}L(2,\chi_0) \quad(*) $$

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Prueba:

En virtud de la identidad (esto es válido para los caracteres generales $\text{mod}\,\,a $ ) $ L(\chi,s)=\sum_{b\leq a}\chi(b)\zeta(s,\frac ba)$ y los valores explícitos de la tabla de caracteres obtenemos para el lado izquierdo de $(*)$ $$ \frac{1}{16}\left(\zeta(1,\tfrac{1}{4})-\zeta(1,\tfrac{3}{4})\right)^2 $$

donde el límite $s\rightarrow 1$ se toma implícitamente. Por la expansión de Stieltjes de la función Zeta de Hurwitz esto es igual a

$$ \frac{1}{16}(\psi_0(1/4)-\psi_0(3/4))^2=\frac{\pi^2}{16}\cot^2(\frac{\pi}{4}) \quad(**) $$

donde la igualdad es una consecuencia de la fórmula de reflexión de la función Polygamma $\psi_n(z)$ .

Por otro lado, para la rs de $(*)$ podemos escribir casi lo mismo (aquí no es necesario ningún procedimiento de limitación)

$$ \frac{1}{2\cdot16}\left(\psi_1(1/4)+\psi_1(3/4)\right)=\frac{\pi^2}{2\cdot16}\frac{1}{\sin^2(\frac{\pi}4)}\quad(***) $$

Ahora bien, como $\cos^2(\frac{\pi}{4})=\frac{1}{2}$ , $(**)=(***)$ y por lo tanto $(*)$ está probado

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Como soy un físico teórico, mi conocimiento de la teoría de los números es casi nulo. Supongo que una persona más experimentada podría concluir aquí mucho más rápido utilizando algunos teoremas generales de $L$ -o la convolución de Dirichlet.