Series Infinitas $\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^{2m+1}}=\frac{(-1)^m E_{2m}\pi^{2m+1}}{4^{m+1}(2m)!}$

Question

Estoy buscando una manera de demostrar $$\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^{2m+1}}=\frac{(-1)^m E_{2m}\pi^{2m+1}}{4^{m+1}(2m)!}$$ Desde $$\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^{2m+1}}=\frac{1}{4^{2m+1}}\left(\zeta(2m+1,\frac1 4)-\zeta(2m+1,\frac3 4)\right)$$ una manera tal vez para simplificar la expresión anterior más.

Answer 1

Porque no era explícitamente, probablemente debería mencionar que $E_{2m}$ son los números de Euler.

Se puede demostrar usando el contorno de la integración.

Deje $ \displaystyle f(z) = \frac{\pi \csc \pi z}{(2z+1)^{2m+1}}$.

A continuación, la integración de alrededor de un cuadrado con vértices en a $\pm (N+\frac{1}{2}) \pm i(N+\frac{1}{2})$ (donde $N$ es un número entero positivo mayor que $1$) y dejando $N$ ir hasta el infinito,

$$ \sum_{n=-\infty}^{\infty} \text{Res}[f(z),n] + \text{Res} \left[f(z),- \frac{1}{2} \right] $$

$$ = 2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{2m+1}} + \text{Res}\left[f(z),-\frac{1}{2} \right] = 0 .$$

Pero aviso que

$$\text{Res} \Big[ f(z),- \frac{1}{2} \Big] = \text{Res} \Big[f (z - \frac{1}{2}),0 \Big] = \text{Res} \Big[\frac{-\pi \sec \pi z}{(2z)^{2m+1}},0 \Big] .$$

Y el uso de la expansión de Taylor de la sec(z) en el origen, es decir, $$ \sec z = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k E_{2k}}{(2k)!}z^{2k}$$

tenemos

$$\frac{-\pi \sec \pi z}{(2z)^{2m+1}} = \frac{-\pi}{2^{2m+1}} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k} E_{2k}}{(2k)!} \pi^{2k} z^{2k-2m-1} ,$$

lo que implica

$$\text{Res} \Big[\frac{-\pi \sec \pi z}{(2z)^{2m+1}},0 \Big] = \frac{-\pi (-1)^{m} E_{2m}}{2^{2m+1} (2m)!} \pi^{2m} .$$

Por lo tanto,

$$2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{2m+1}} = \frac{(-1)^{m} E_{2m}}{2^{2m+1} (2m)!} \pi^{2m+1} $$

y el resultado de la siguiente manera.

EDITAR:

Otro enfoque es el uso de las fracciones parciales de expansión

$$ \sec(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n} (2n+1) \pi}{\left(\frac{2n+1}{2} \right)^{2} \pi^{2}-z^{2}} $$

Entonces

$$ \begin{align}\sec(z) &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n} (2n+1)\pi}{\left(\frac{2n+1}{2} \right)^{2}\pi^{2}} \frac{1}{1-\left( \frac{2z}{(2n+1)\pi}\right)^{2}} \\ &=\frac{4}{\pi}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n+1} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(2z)^{2k}}{\left((2n+1) \pi\right)^{2k}} \ \ (|z| < \frac{\pi}{2}) \\ &= \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2^{2k}z^{2k}}{\pi^{2k}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{2k+1}} \\ &= \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2^{2k}z^{2k}}{\pi^{2k}} \beta(2k+1) \ .\end{align} $$

Pero ya sabemos que

$$ \sec(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k E_{2k}}{(2k)!}z^{2k} .$$

Por lo tanto,

$$ \frac{4}{\pi} \frac{2^{2k}}{\pi^{2k}} \beta(2k+1) = \frac{(-1)^{k} E_{2k}}{(2k)!}$$

lo que implica

$$ \begin{align}\beta(2k+1) &= \frac{(-1)^{k} E_{2k} }{2^{2k+2}(2k)!} \pi^{2k+1} \\ &= \frac{(-1)^{k} E_{2k} }{4^{k+1}(2k)!} \pi^{2k+1} . \end{align}$$

Answer 2

La beta de la función de Dirichlet se define como $$ \beta(2m+1)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^{2m+1}}\etiqueta{1} $$ Ecuaciones $(8)$ $(9)$ en esta respuesta decir que $\beta(1)=\frac\pi4$ y $$ \beta(2m+1) = -\sum_{k=1}^m \frac{(-\pi^2/4)^k}{(2k)!}\;\beta(2m-2k+1)\etiqueta{2} $$ Si queremos volver a indexar la recursividad $(7)$ derivados a continuación, tenemos que la incluso de Euler números son definidos por $\mathrm{E}_0=1$ y $$ \mathrm{E}_{2m}=-\sum_{k=1}^m\binom{2m}{2k}\mathrm{E}_{2m-2k}\etiqueta{3} $$ a continuación, observe que $(2)$ es lo mismo que $(3)$ si ponemos $$ \beta(2m+1)=\frac{(-1)^m\mathrm{E}_{2m}\pi^{2m+1}}{4^{m+1}(2m)!}\la etiqueta{4} $$ QED

---

La recursividad para incluso los números de Euler

La Exponencial de la Generación de la Función de los números de Euler es $\mathrm{sech}(x)$. Esto significa que los impares números de Euler se $0$ y $$ \mathrm{sech}(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{\mathrm{E}_{2n}}{(2n)!}x^{2n}\etiqueta{5} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} 1 &=\cosh(x)\,\mathrm{sech}(x)\\[9pt] &=\sum_{k=0}^\infty\frac1{(2k)!}x^{2k}\sum_{n=0}^\infty\frac{\mathrm{E}_{2n}}{(2n)!}x^{2n}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^n\frac1{(2n-2k)!}\frac{\mathrm{E}_{2k}}{(2k)!}\right)x^{2n}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^n\binom{2n}{2k}\mathrm{E}_{2k}\right)\frac{x^{2n}}{(2n)!}\tag{6} \end{align} $$ La ecuación de $(6)$ dice que $\mathrm{E}_0=1$ y $$ \mathrm{E}_{2n}=-\sum_{k=0}^{n-1}\binom{2n}{2k}\mathrm{E}_{2k}\etiqueta{7} $$

Answer 3

Mi prueba de obras a través de las siguientes líneas: el lado izquierdo es: $$\frac{1}{(2m)!}\int_{0}^{1}\frac{(\log x)^{2m}}{1+x^2}dx = \frac{1}{2\cdot(2m)!}\int_{0}^{+\infty}\frac{(\log x)^{2m}}{1+x^2}dx,$$ tan sólo tenemos que calcular: $$\left.\frac{d^{2m}}{dk^{2m}}\int_{0}^{+\infty}\frac{x^k}{1+x^2}\right|_{k=0},\tag{1}$$ pero: $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{x^{1/r}}{1+x^2}\,dx = r\int_{0}^{+\infty}\frac{y^r}{1+y^{2r}}\,dy = \frac{\pi/2}{\cos(\pi/(2r))}$$ por el teorema de los residuos, así $$\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^{2m+1}}=\frac{E_{2m}}{2\cdot(2m)!}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2m+1}\tag{2}$$ donde $E_{2m}$ es sólo el valor absoluto de un número de Euler, que pertenece a $\mathbb{N}$.