¿Hay alguna solución similar incluyendo $\pi$ $1-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\cdots=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}$?

Question

La primera ecuación es muy popular, no son sólo los números impares. Otras palabras, los números, que son coprime con $2$. $$1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\frac{1}{7}+\cdots=\frac{\pi}{4}$$ El segundo es similar, pero no muy bien conocidos. Hay números coprime con $3$. $$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\cdots=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}$$ Con algunos simples de transformación, podemos decir, que $$\left(1+\frac{1}{2}\right)\left[\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{3}\right)\left(1-\frac{1}{5}\right)\left(1+\frac{1}{7}\right)\left(1+\frac{1}{11}\right)\left(1-\frac{1}{13}\right)\cdots\right]^{-1}=\frac{\pi}{4}$$ donde los números primos de la forma $4n+1$ es negativo, el otro es positivo. De manera Similar $$\left(1+\frac{1}{3}\right)\left[\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{3}\right)\right(1+\frac{1}{5}\left)\left(1-\frac{1}{7}\right)\left(1+\frac{1}{11}\right)\left(1-\frac{1}{13}\right)\cdots \right]^{-1}=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}$$ donde los números primos de la forma $6n+1$ es negativo, el otro es positivo. Aquí podemos crear una función $s_{m}(r)$, lo que genera $r$-th coprime con $m$, luego $$f_{k}(m)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left[\sum\limits_{r=1}^{\varphi(m)/2}\left(\frac{1}{mi+s_{m}(2r-1)}\right)^k-\sum\limits_{r=1}^{\varphi(m)/2}\left(\frac{1}{mi+s_{m}(2r)}\right)^k\right]$$ $$g_{k}(m)=\prod\limits_{p}^{\infty}(1+p^{-k})^{-1}\cdot\prod\limits_{p|m}^{}(1+p^{-k})$$ $$h_{k}(mn+d)=\prod\limits_{p[mn+d]}^{\infty}\frac{p^k+1}{p^k-1}$$ $$j_{k}(m)=\prod\limits_{r=1}^{\varphi(m)/2}h_{k}(mn+s_{m}(2r-1))$$ $$f_{k}(m)=g_{k}(m)\cdot j_{k}(m)$$ Aquí $\varphi(m)$ - Euler totient función, $p[mn+d]$ - de los números primos de la forma $mn+d$. También $$f_{k}(m)= f_{k}(m^2)= f_{k}(m^3)=\cdots= f_{k}(m^x)$$ por lo que podemos trabajar sólo con $m$,$|\mu(m)|=1$. Si $m=2$, entonces necesitamos corregir $mi$ $f_{k}(m)$ $2mi$(y si $m=2$ o $m$ impar - $mn$$h_{k}(m)$$2mn$). Entonces tenemos $$f_{1}(2)=\frac{\pi}{4}, f_{3}(2)=\frac{\pi^3}{32}, f_{5}(2)=\frac{5\pi^5}{1536}$$ Hay alguna en los resultados, incluyendo el $\pi$, por ejemplo $$f_{k}(5)=\pi^k\frac{a^{\frac{b}{c}}}{d^{\frac{e}{f}}}$$ donde $a,b,c,d,e,f$ - enteros?

Si he cometido algunos errores, lo siento por mi inglés.

Answer 1

Sus primeros ejemplos se $L$-de la serie de cuadrática caracteres de Dirichlet. Si $\chi$ es una primitiva de Dirichlet carácter de director de orquesta $N$ toma los valores de $\{\pm1\}$ e con $\chi(-1)=-1$ $$\zeta(s)L(s,\chi)=\zeta_K(s)$$ donde $K=\Bbb Q(\sqrt{-N})$ $\zeta_K$ es el Dedekind zeta la función de $K$. La analítica de la clase número da $$L(1,\chi)=\frac{2\pi h}{w\sqrt{N}}$$ donde $h$ es el classnumber de $K$ $w$ el número de raíces de la unidad en la $K$.

Para tal $\chi$, se puede obtener cerrado fórmulas para $L(m,\chi)$ siempre que $m$ es positivo número impar. Un camino para ello es el uso de la ecuación funcional de la L-funciones, que se relacionan a $L(1-m,\chi)$ que puede ser evaluado en términos de la generalizada números de Bernoulli. (Ver Washington Introducción a Cyclotomic Campos).

Answer 2

Iba a escribir más o menos la misma respuesta del Señor tiburón, así que nos dirigen en una dirección más elemental. El hecho de que la serie de Gregory es igual a $\frac{\pi}{4}$ puede verse como consecuencia de

$$\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{2n+1}=\int_{0}^{1}\sum_{n\geq 0}(-1)^n x^{2n}\,dx = \int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^2}=\arctan(1)=\frac{\pi}{4}\tag{A}$ $ pero desde %#% $ de #% de la función Beta de Euler y la fórmula de reflexión de la función de$$ \int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{1+x^k} = \frac{\pi}{k\sin\frac{\pi}{k}}\tag{B}$, un montón de identidades similares puede ser simplemente derivado de$\Gamma$por ingeniería inversa. Por ejemplo,$(B)$,$k=5 y % tomando $$ \frac{\pi}{5\sin\frac{\pi}{5}}=\int_{0}^{1}\frac{1+x^3}{1+x^5}\,dx =\sum_{n\geq 0}(-1)^n\left(\frac{1}{5n+1}+\frac{1}{5n+4}\right)\tag{C}$:$k=12