Valor de $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\ln(n+2)}$

Question

Mientras se probaban las implementaciones de Wynn's $\epsilon$ -y la transformación u de Levin necesito el valor de $$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\ln(n+2)} \cdot$$ Los resultados de mis algoritmos coinciden con los de Pari/GP sumalt valor de $0.92429989722293885595957$ . Pero Wolfram Alpha da la siguiente suma aproximada al introducir

sum (-1)^n/(ln(n+2))

(un enlace directo desde Math.SE será mangled y no funciona, aquí está el eq.):

$$\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{\log(2+n)}\approx1.00766524110155\ldots$$

Preguntas:

• ¿Son correctos los valores de Pari y mis algoritmos?
• ¿Existe un resultado analítico de forma cerrada?

Answer 1

Para $x \in (0,1)$ considere

$$f(x) = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\log{(n+2)}} x^{\log{(n+2)}}$$

Entonces

$$f'(x) = \frac{1}{x} \left [ 1-\left(1-2^{1+\log{x}}\right) \zeta(-\log{x})\right]$$

donde $\zeta$ es la función zeta de Riemann. Utilizando $f(0)=0$ , obtengo que la suma puede expresarse en términos de la siguiente integral:

$$\int_0^{\infty} du \left [ 1-\left ( 1 - \frac{1}{2^{u-1}}\right ) \zeta(u)\right]$$

Answer 2

Desde $\frac{1}{\log 2}-\frac 1{2\log 3}<1$ ya, no hay manera $1.07\dots$ puede estar cerca. Para conseguir alta precisión a mano, usa Euler-Maclaurin. Con Wolfram Alpha, obtuve $1.01845-2.45012\cdot 10^{-13}i$ . Recuerde, sin embargo, que WA fue diseñado para impresionar a los estudiantes de cálculo y educadores, no para cualquier tarea mínimamente no trivial ...

Answer 3

Algunos valores ..

con z=1 coinciden con tu polo de cálculo en z=1 y el resto continuación analítica