Suma Integral

Question

Pregunta: ¿Cómo se puede demostrar que$$\sum\limits_{m\geq3}\left\{4\binom {1/2}m+\binom {1/2}{m-1}\right\}\frac 1{\left(m-\tfrac 52\right)!}\int\limits_{0}^{\infty}\frac {x^{m-3/2}}{e^x-1}\, dx=\int\limits_{0}^{\infty}\frac {3e^{-x}\left(2-2e^x+x+xe^x\right)}{2\sqrt{\pi}x^{3/2}\left(e^x-1\right)}\, dx$$

Ni siquiera estoy seguro de por dónde empezar. He pensado acerca de la expansión de la suma, pero que apenas se parece a complicar las cosas. Hay una manera más fácil de transformar el lado de la mano izquierda a la mano derecha?

Y si es posible, hay una manera de descomponer la fracción en el lado derecho, en la suma de las diferentes fracciones? Necesito una manera de integrar el lado derecho. La integración por medio de fracciones parciales es la primera cosa que viene a la mente, pero el integrando se ve muy feo para descomponerse.

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Nota: En el lado izquierdo, empecé con$$\sum\limits_{m\geq3}\left\{4\binom {1/2}m+\binom{1/2}{m-1}\right\}\zeta\left(m-\tfrac 32\right)$$y utiliza la integración de la representación de la zeta función para obtener la ecuación de arriba.

Answer 1

Es sencillo mostrar que $$\begin{aligned}\frac {\color{red}{4\binom {1/2}m}+\color{green}{\binom {1/2}{m-1}}}{\color{blue}{\left(m-\tfrac 52\right)!}} &= \left[ {\color{red}{4\frac{{{{( - 1)}^{m - 1}}(2m - 2)!}}{{{2^{2m - 1}}m!(m - 1)!}}} + \color{green}{\frac{{{{( - 1)}^m}(2m - 4)!}}{{{2^{2m - 3}}(m - 1)!(m - 2)!}}}} \right]\color{blue}{\frac{{{2^{2m - 4}}(m - 2)!}}{{\sqrt{\pi}(2m - 4)!}}} \\ &= \frac{{3{{( - 1)}^{m - 1}}(m - 2)}}{{2\sqrt{\pi}m!}}\end{aligned} $$

Por lo tanto su suma $S$ es igual a $$S = \frac{3}{{2\sqrt \pi }}\int_0^{ + \infty } {\frac{{\sum\limits_{m = 3}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^{m - 1}}(m - 2)}}{{m!}}{x^m}} }}{{{x^{3/2}}({e^x} - 1)}}dx} $$

El uso de la serie (directamente obtener a partir de la serie de $e^{-x}$) $$\sum\limits_{m = 3}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^{m - 1}}(m - 2)}}{{m!}}{x^m}} = {e^{ - x}}(2 - 2{e^x} + x + x{e^x})$$ concluye la prueba.