Series Infinitas $\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(3n)}{2^{3n}}$

Question

Quiero evaluar $$\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(3n)}{2^{3n}}$$ deje $f(z)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^{3n}}z^{3n}$, luego $$\sum_{n=1}^\infty f\left(\frac{1}{n}\right)=\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{2^{3m}}\frac{1}{n^{3m}}\leq\frac{1}{7}\zeta(3)<\infty$$ así que podemos cambiar el orden de la suma de $$\sum_{n=1}^\infty f\left(\frac{1}{n}\right)=\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(3n)}{2^{3n}}$$ y ahora $$f(z)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{z^3}{2^3}\right)^n=\frac{z^3}{8-z^3}, f\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{8n^3-1}$$ Por lo tanto, $$\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(3n)}{2^{3n}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{8n^3-1}$$ Hay un método analítico para la evaluación de la $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{8n^3-1}$?

Answer 1

Usted puede utilizar el mismo método que se propone en el otro hilo:

Empezar con una generación de la función de la $\zeta(n)$ términos (usando la función digamma propuesto por Einar Rødland) : $$\psi(1-x)=-\gamma-\sum_{n=1}^\infty \zeta(n+1)\;x^n$$ multiplicar por $x$ (de modo que $\zeta(n)$ corresponde a $x^n$ ya que queremos que los coeficientes $\zeta(3n)$) $$x\,\psi(1-x)=-x\,\gamma-\sum_{n=2}^\infty \zeta(n)\;x^n$$ Como por el teorema de la multiplicación de una forma cerrada para su respuesta será dada por : $$\sum_{n=1}^\infty \zeta(3n)x^{3n}=-\frac {x\,\psi(1-x)+x\,e^{2\pi i/3}\,\psi\left(1-x\,e^{2\pi i/3}\right)+x\,e^{-2\pi i/3}\,\psi\left(1-x\,e^{-2\pi i/3}\right)}3$$ Establecimiento $x=\dfrac 12$ devuelve el querido respuesta numérica $\,\approx 0.16838922476583426924744\cdots$
(Yo no se conoce mucho más sencillo formulario en este punto).

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MÁS en GENERAL (solo consideramos el caso específico $\,f(x):=x\,\psi(1-x)\,$$N=3$) :

Considere la posibilidad de $\,\displaystyle f(x):=\sum_{j=0}^\infty a_j\,x^j\,$ (esto podría extenderse a Lambert de la serie), a continuación, la sub-serie $\,\displaystyle f_N(x):=\sum_{j=0}^\infty a_{Nj}\,x^{Nj}\,$ (es decir, mantenimiento de cada $N$-ésimo término) se obtiene con : $$f_N(x)=\frac 1N\sum_{k=0}^{N-1}f\left(x\;e^{\dfrac{2\pi i k}N}\right)$$ simplemente porque, ampliando $f_N(x)$ en potencias de $x$, obtenemos una serie geométrica para $N$ no dividiendo $j$ : $$\sum_{k=0}^{N-1}\left(e^{\dfrac{2\pi i\, k}N}\right)^j=\sum_{k=0}^{N-1}\left(e^{\dfrac{2\pi i\, j}N}\right)^k=\frac{e^{2\pi i\, j}-1}{e^{\frac{2\pi i\,j}N}-1}=0$$ mientras que para $N$ dividiendo $j$ estamos simplemente añadiendo $N$ veces $1$ : $$\sum_{k=0}^{N-1}\left(e^{\dfrac{2\pi i\, j}N}\right)^k=\sum_{k=0}^{N-1} 1=N$$