Forma cerrada más sencilla para $\sum_{n=1}^\infty\frac{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)}{(2n+1)^4\,4^n\,n!}$

Question

Estoy tratando de encontrar una forma cerrada de esta suma: $$S=\sum_{n=1}^\infty\frac{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)}{(2n+1)^4\,4^n\,n!}.\tag{1}$$ WolframAlpha da una gran expresión que contiene múltiples funciones hipergeométricas generalizadas, que es bastante difícil de manejar. A $$S=\frac{\pi^{3/2}}{3}-\sqrt{\pi}-\frac{\sqrt{\pi}}{324}\left[9\,_3F_2\left(\begin{array}{c}\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2}\\\tfrac{5}{2},\tfrac{5}{2}\end{array}\middle|\tfrac{1}{4}\right)\\+3\,_4F_3\left(\begin{array}{c}\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2}\\\tfrac{5}{2},\tfrac{5}{2},\tfrac{5}{2}\end{array}\middle|\tfrac{1}{4}\right)+\,_5F_4\left(\begin{array}{c}\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2}\\\tfrac{5}{2},\tfrac{5}{2},\tfrac{5}{2},\tfrac{5}{2}\end{array}\middle|\tfrac{1}{4}\right)\right].\tag{2}$$ Me pregunto si existe una forma más sencilla. Las funciones elementales y las funciones especiales más simples (como Bessel, gamma, zeta, polilogaritmo, poligamma, función de error, etc.) están bien, pero no las funciones hipergeométricas.

¿Podría ayudarme con ello? Gracias.

Answer 1

En primer lugar, teniendo en cuenta la fórmula de duplicación de Legrende, $$S=\sum_{n=1}^\infty\frac{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)}{(2n+1)^4\,4^n\,n!}=2\sqrt{\pi}\sum_{n=1}^\infty\frac{\Gamma(2n)}{\Gamma(n)\,n!\,(2n+1)^4\, 16^n} \\=-\frac{\sqrt{\pi}}{3}\int_0^1 \ln^3(x)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Gamma(2n)}{\Gamma(n)\,n!}\left(\frac{x^2}{16}\right)^ndx\\ =-\sqrt{\pi}-\frac{\sqrt{\pi}}{6}\int_0^1\frac{\ln^3(x)}{\sqrt{1-x^2/4}}dx=-\sqrt{\pi}-\frac{\sqrt{\pi}}{3}\int_0^{\frac{\pi}{6}}\ln^3(2\sin x)dx$$

Reclamación: para $0<a\leq \frac{\pi}{2}$ ,

$$\int_0^a \ln^3\left(\frac{\sin x}{\sin a}\right)dx\tag{0}=\frac{4a-3\pi}{2}a^2\ln(2\sin a)-\frac{3\pi}{4}\zeta(3)+3\left(\frac{\pi}{2}-a\right)\Re\left(\frac12 \operatorname{Li}_3(e^{2ia})+\operatorname{Li}_3(1-e^{2ia})\right)+3\Im\left(\frac14\operatorname{Li}_4(e^{2ia})+\operatorname{Li}_4(1-e^{2ia})\right) $$

Prueba. La idea es exactamente idéntica a la prueba mostrada en esta pregunta . La demostración es bastante tediosa (y obviamente ineficiente), y termina con una especie de cancelación (que implica la existencia de un atajo) , por lo que omitiré el álgebra aburrida y esbozaré las ideas principales, que pueden repetirse sistemáticamente para obtener formas cerradas para potencias aún mayores de logsina.

cosas que hay que saber: $$\ln(2\sin x)=\ln(1-e^{2ix})+i\left(\frac{\pi}{2}-x\right) \tag{1}$$ $$\small\int\frac{\ln^3(1-x)}{x}dx=\ln^3(1-x)\ln(x)+3\ln^2(1-x)\text{Li}_2(1-x)-6\ln(1-x)\text{Li}_3(1-x)+6\text{Li}_4(1-x) \tag{2}$$ $$\int_0^a x\ln(2\sin x)dx=-\frac{a}{2}\text{Cl}_2(2a)-\frac14\Re\text{Li}_3(e^{2ia})+\frac{\zeta(3)}{4}\tag{3}$$ $$\int_0^a x^2\ln(2\sin x)dx=-\frac{a^2}{2}\text{Cl}_2(2a)-\frac{a}{2}\Re\text{Li}_3(e^{2ia})+\frac14\Im\text{Li}_4(e^{2ia})\tag{4}$$ $$\int_0^a \ln(\sin x)dx=-a\ln2-\frac12 \text{Cl}_2(2a)\tag{5}$$ $$\int_0^a \ln^2(\sin x)dx=\frac{a^3}{3}+a\ln^2 2-a\ln^2(2\sin a)-\ln(\sin a)\text{Cl}_2(2a)-\Im\text{Li}_3(1-e^{2ia})\tag{6}$$

$(1)$ es trivial, $(2)$ no es muy difícil de encontrar, $(5)$ y $(6)$ se muestran en la respuesta vinculada, y $(3)$ & $(4)$ se encuentran fácilmente utilizando $\,\,\ln(2\sin x)=-\sum_{n\geq1}\frac{\cos(2xn)}{n}$ .

Es obvio que como tenemos $(5)$ y $(6)$ La reclamación $(0)$ depende de una forma cerrada para $\displaystyle\int_0^a \ln^3(\sin x)dx$ y este último puede ser evaluado en términos de $\displaystyle\int_0^a \ln^3(2\sin x)dx$ .

Pero, con la ayuda de $(1)$ , $$\int_0^a \ln^3(2\sin x)dx=\Re\int_0^a \ln^3(1-e^{2ix})dx+3\int_0^a \ln(2\sin x)\left(\frac{\pi}{2}-x\right)^2dx\\ =\frac12\Im\int_1^{e^{2ia}}\frac{\ln^3(1-x)}{x} dx+3\int_0^a \ln(2\sin x)\left(\frac{\pi}{2}-x\right)^2dx$$

(La misma idea que tuvo @RandomVariable en esta respuesta .)

Ahora empleamos $(2),(3),(4),$ y $(5)$ . Algunas expresiones se anulan y la afirmación sigue. $\square $

Este resultado, junto con el hecho de que $e^{i\pi/3}$ y $1-e^{i\pi/3}$ son conjugados, se obtiene $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{6}} \ln^3(2\sin x)dx=-\frac{\pi}{4}\zeta(3)-\frac94\Im\text{Li}_4(e^{i\pi/3})$ , y

$$S=\sqrt{\pi}\left(\frac{\pi}{12}\zeta(3)+\frac{9}{12}\Im\text{Li}_4(e^{i\pi/3})-1\right)$$

Este formulario es equivalente al de @user153012, ya que $$\frac{2}{\sqrt{3}}\Im\text{Li}_4(e^{i\pi/3})=\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(3n+1)^4}+\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(3n+2)^4} \\=\frac{\psi^{(3)}\left(\frac13\right)}{216}-\frac{\pi^4}{81}$$

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Además, como se indica en los comentarios de la pregunta enlazada, esto puede utilizarse para escribir una forma cerrada para una determinada función hipergeométrica.

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Esto sirve de generalización para la serie, porque $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\Gamma(n+1/2)}{(2n+1)^4 n!}a^{2n}=-\sqrt{\pi}\left(1+\frac1{6a}\int_0^{\sin^{-1} a}\ln^3\left(\frac{\sin x}{a}\right)dx\right)$

Como ejemplo, utilizando las formas cerradas para los trilogaritmos que aparecen en este puesto tenemos $$\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln^3(\sqrt{2}\sin x)dx=-\frac{\pi^3}{128}\ln2-\frac{3\pi}{8}\zeta(3)+\frac34\beta(4)+3\Im\text{Li}_4(1-i)$$

donde $\beta(4)=\Im\text{Li}_4(i)$ es un valor de la función beta de Dirichlet.

O lo que es lo mismo, $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\Gamma\left(n+\frac12\right)}{(2n+1)^4\,2^n\,n!}=-\sqrt{\pi}-\frac{\sqrt{2\pi}}{6}\left(-\frac{\pi^3}{128}\ln2-\frac{3\pi}{8}\zeta(3)+\frac34\beta(4)+3\Im\text{Li}_4(1-i)\right)$$

Answer 2

Otra posible forma cerrada de $S$ es la siguiente. Contiene también una función hipergeométrica generalizada, pero sólo una.

$$S = \frac{\sqrt{\pi}}{648} {_6F_5}\left(\begin{array}c\ 1,\frac32,\frac32,\frac32,\frac32,\frac32\\2,\frac52,\frac52,\frac52,\frac52\end{array}\middle|\,\frac14\right).$$

WolframAlpha La simplificación de la empresa le devuelve la forma.

Answer 3

Por ahora, he encontrado una forma cerrada haciendo alguna evaluación integral, mucha manipulación de hipergeometría, polilogaritmo y poligamma. $$ S = \sqrt{\pi}\left(\frac{\pi}{12}\zeta(3)+\frac{1}{192\sqrt3}\psi^{(3)}\left(\tfrac13\right)-\frac{\pi^4}{72\sqrt3}-1\right). $$

Answer 4

El PO da la evaluación

$$S=\frac{\pi^{3/2}}{3}-\sqrt{\pi}-\frac{\sqrt{\pi}}{324}\left[9\,_3F_2\left(\begin{array}{c}\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2}\\\tfrac{5}{2},\tfrac{5}{2}\end{array}\middle|\tfrac{1}{4}\right)\\+3\,_4F_3\left(\begin{array}{c}\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2}\\\tfrac{5}{2},\tfrac{5}{2},\tfrac{5}{2}\end{array}\middle|\tfrac{1}{4}\right)+\,_5F_4\left(\begin{array}{c}\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2}\\\tfrac{5}{2},\tfrac{5}{2},\tfrac{5}{2},\tfrac{5}{2}\end{array}\middle|\tfrac{1}{4}\right)\right]$$

Podemos simplificar esto aún más. Dado que

$$\frac1{36}\,_3F_2\left(\begin{array}{c}\tfrac32,\tfrac32,\tfrac32\\ \tfrac52,\tfrac52\end{array}\middle|\tfrac14\right) = -\,_3F_2\left(\begin{array}{c}\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12\\ \tfrac32,\tfrac32\end{array}\middle|\tfrac14\right) + \,_2F_1\left(\begin{array}{c}\tfrac12,\tfrac12\\ \tfrac32\end{array}\middle|\tfrac14\right) $$

$$\frac1{108}\,_4F_3\left(\begin{array}{c}\tfrac32,\tfrac32,\tfrac32,\tfrac32\\ \tfrac52,\tfrac52,\tfrac52\end{array}\middle|\tfrac14\right) = -\,_4F_3\left(\begin{array}{c}\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12\\ \tfrac32,\tfrac32,\tfrac32\end{array}\middle|\tfrac14\right) + \,_3F_2\left(\begin{array}{c}\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12\\ \tfrac32,\tfrac32\end{array}\middle|\tfrac14\right) $$

$$\frac1{324}\,_5F_4\left(\begin{array}{c}\tfrac32,\tfrac32,\tfrac32,\tfrac32,\tfrac32\\ \tfrac52,\tfrac52,\tfrac52,\tfrac52\end{array}\middle|\tfrac14\right) = -\,_5F_4\left(\begin{array}{c}\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12\\ \tfrac32,\tfrac32,\tfrac32,\tfrac32\end{array}\middle|\tfrac14\right) + \,_4F_3\left(\begin{array}{c}\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12\\ \tfrac32,\tfrac32,\tfrac32\end{array}\middle|\tfrac14\right) $$

y $\small{\,_2F_1\left(\begin{array}{c}\tfrac12,\tfrac12\\ \tfrac32\end{array}\middle|\tfrac14\right)} = \frac{\pi}3$ Entonces,

$$S=\sum_{n=1}^\infty\frac{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)}{(2n+1)^4\,4^n\,n!} = -\sqrt{\pi}+\sqrt{\pi}\,_5F_4\left(\begin{array}{c}\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12\\ \tfrac32,\tfrac32,\tfrac32,\tfrac32\end{array}\middle|\tfrac14\right) \approx 0.0028056$$