Idéer på att beräkna intressant oändlig produkt, kanske besläktad med ζ'(s)

Hej! Idag såg jag följande identitet:

$\displaystyle \left(1-\frac1{3^2}\right)^{-3}\left(1-\frac1{5^2}\right)^{5}\left(1-\frac1{7^2}\right)^{-7}\cdots = \frac{\pi}8e^{\dfrac{4G}{\pi}}$

Där $\displaystyle G = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}$ är Catalan's konstant.

Detta verkar dock vara lite knepigt att visa och jag fick rätt snabbt slut på idéer. Jag tror att det är lättare att beräkna logaritmen av produkten istället, vilket ger oss en oändlig summa. Alltså kan vi istället försöka visa att

$\displaystyle S = \sum_{n=1}^\infty{\left(-1\right)^n\left(2n+1\right)\ln\left(1- \frac{1}{(2n+1)^2}\right)} = \frac{4G}{\pi} + \ln \pi - 3\ln 2$

Jag ser inga trevliga algebraiska trick man kan göra här. Man kan skriva om detta som en dubbelsumma genom att serieutveckla logaritmtermen. Det ger oss summan

$\displaystyle S = -\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{k\left(2n+1\right)^{\left(2k-1\right)}}$

Jag tycker inte denna ser lättare ut att hantera. Det enda jag såg är att om man byter summeringsordning kan den inre summan uttryckas i dirichlet's betafunktion och man får

$\displaystyle S = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1-\beta\left(2k-1\right)}{k}$

Jag tror däremot inte att denna form är särskilt mycket mer hjälpsam än den ursprungliga summan. Hur som helst kan man notera att den första termen i det exakta värdet kan vara besläktat till den tidigare nämnda betafunktionen. Det gäller att $2\beta^\prime\left(-1\right) = \frac{4G}{\pi}$ . Vidare kan $\ln \pi$ komma från identiten $\zeta^\prime\left(0\right) = -\frac{1}2 \ln(2\pi)$ , där $\zeta(s)$ är riemanns zetafunktion.

Därför är min gissning att man kan introducera någon variabel i summan och den uppstående funktionen kan skrivas som beta och zeta-derivator. Däremot har jag inte haft särskilt mycket framgång här. Vidare är dessa derivator lite skumma eftersom värdena $-1$ och $0$ är utanför respektive funktions definitionsmängd om man använder de vanliga summarepresentationerna, vilket är de som bör dyka upp i detta fall.

Har ni några idéer?

Kanske lite progress, från dubbelsumman lyckades jag skriva om $S$ till följande integral(er):

$\displaystyle S=\int_{0}^{1}\frac{x^{3}-x}{1+x^{2}}\frac{1}{\ln x}dx-\int_{0}^{1}\frac{x^{3}-2x^{2}+x}{1+x^{2}}\frac{1}{\ln\left(x\right)^{2}}dx$

Jag är trött och tänker inte härleda detta här* eller fortsätta med integralen ikväll. Däremot verkar detta vara rätt lovande gällande gissningen att det kan vara besläktat med derivatorna av de tidigare nämna funktionerna. Jag har sett integraler förr med har logaritmer i nämnaren som har det zeta-derivator i resultatet.

* Utnyttja resultatet

$\displaystyle \int\limits_0^1{x^m \ln^n x\, dx} = \frac{(-1)^n \, n!}{(m+1)^{n+1}}$

för heltal positiva heltal $m,n$ på dubbelsumman.

Tillägg: 10 aug 2025 01:35

Ok, jag ljög med att inte fortsätta ikväll. Jag löste den första integralen. Zetafunktionen dök inte upp med min metod att lösa den, där hade jag fel. Den andra är kanske lite svårare men bör falla till samma metod (utnyttja $\int_0^1x^y dy = \frac{x-1}{\ln x}$ ). Man får iallafall fram att

$\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{x^{3}-x}{1+x^{2}}\frac{1}{\ln x}dx = \ln\pi-\ln2$

Ok, problemet är löst. Synd att jag inte tänkte på dubbelsumman särskilt noga tidigare. Jag skriver en lösning på de två integralerna i #2, från vilket värdet på summan och därmed produkten följer.

Integral 1

Följande identitet kommer behövas:

$\displaystyle \int_0^1 \frac{x^{s-1}}{1+x}dx = \frac12\left(\psi_0\left(\frac{1+s}2\right) - \psi_0\left(\frac{s}2\right)\right)$

där $\displaystyle \psi_0\left(x\right) =\frac{d}{dx}\ln\Gamma\left(x\right)= -\gamma + \sum_{n=0}^\infty{\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+x}\right)}$
är digammafunktionen. Att detta stämmer följer från en serieutveckling av $\frac 1{1+x}$ (vill inte skriva föör långt, så jag struntar i att härleda detta).

Hur som helst, från identiteten $\displaystyle \frac{x-1}{\ln x} = \int_0^1 x^y dy$ får vi att

$\displaystyle I_1 = \int_0^1 \frac{x^3-x}{1+x^2}\frac{1}{\ln x}dx=\int_{0}^{1}\frac{x\left(x+1\right)}{1+x^{2}}\frac{x-1}{\ln x}dx = \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x\left(x+1\right)}{1+x^{2}}x^{y}dydx$

Om vi byter integrationsordning får vi då att

$\displaystyle I_1 = \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x^{y+2}+x^{y+1}}{1+x^{2}}dxdy$

Efter substitutionen $x \to x/2$ kan vi använda identiteten från tidigare vilket ger att

$\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{x^{s}}{1+x^{2}}dx = \frac{1}{4}\left(\psi_{0}\left(\frac{3+s}{4}\right)-\psi_{0}\left(\frac{1+s}{4}\right)\right)$

Eftersom den innersta integralen har denna form kan vi använda denna identitet två gånger, vilket ger

$\displaystyle I_1 = \frac{1}{4}\int_{0}^{1}\left(\psi_{0}\left(\frac{5+y}{4}\right)+\psi_{0}\left(\frac{4+y}{4}\right)-\psi_{0}\left(\frac{3+y}{4}\right)-\psi_{0}\left(\frac{2+y}{4}\right)\right)dy$

Eftersom $\psi_0(x) = \frac{d}{dx}\ln\Gamma(x)$ kan vi helt enkelt få en antiderivata. Därefter kan vi använda rekursionsformeln hos gammafunktionen och reflektionsformeln för att få fram det önskade värdet. Efter algebraisk förenkling får man fram att

$\displaystyle I_1 = \ln\left(\frac{1}{2}\pi\right) = \ln \pi - \ln 2$

Integral 2

Här noterar vi först att $x^3-2x^2+x=x(x-1)^2$ och sedan använder vi resultatet

$\displaystyle \frac{x-1}{\ln x} = \int_0^1 x^y dy$

två gånger. Detta ger oss att (integrationsordningen ändras även i den sista likheten)

$\displaystyle I_2 = \int_{0}^{1}\frac{x^{3}-2x^{2}+x}{1+x^{2}}\cdot\frac{1}{\ln\left(x\right)^{2}}dx=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x^{1+y+z}}{1+x^{2}}dxdydz$

Identiteten från den första integralen ger oss då att

$\displaystyle I_2 = \frac{1}{4}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\left(\psi_{0}\left(\frac{4+y+z}{4}\right)-\psi_{0}\left(\frac{2+y+z}{4}\right)\right)dydz$

då $\psi_0(x) = \frac{d}{dx}\ln\Gamma(x)$ kan vi helt enkelt ta antiderivatan och slänga in gränserna. Det ger att

$\displaystyle I_2 = \int_{0}^{1}\left(\ln\left(\Gamma\left(\frac{5+x}{4}\right)\right)-\ln\left(\Gamma\left(\frac{3+x}{4}\right)\right)-\ln\left(\Gamma\left(\frac{4+x}{4}\right)\right)+\ln\left(\Gamma\left(\frac{2+x}{4}\right)\right)\right)dx$

nu är målet att skriva om gammafunktionerna så att vi kan utnyttja reflektionsformeln. Om vi substituerar $x \to 1-x$ ändras inte gränserna. Vi adderar ihop integralen ovan med integralen man får om man gör denna substitution. Detta ger en integral med dubbla värdet, så vi multiplicerar med $\frac 12$ och får det bisarra uttrycket (PA:s tex tyckte inte om detta, gick ut ur skärmen!):

här blir det bara en lek att para ihop rätt gammafunktioner med varandra genom att använda rekursionsformeln och reflektionsformeln. Efter man parat ihop och skrivit om med reflektionsformeln har man att

För $\mathcal J_2$ (varför skiljer sig \mathcal här från det vanliga förresten?) substituerar vi $\frac{\pi x}{4} \to x$ , vilket ger att

$\displaystyle \mathcal J_2 = \frac{4}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left(\ln\left(\sin\left(x\right)\right)+\ln\left(\sin\left(\frac{\pi}{4}-x\right)\right)-\ln\left(\sin\left(\frac{\pi}{4}+x\right)\right)-\ln\left(\sin\left(\frac{\pi}{2}+x\right)\right)\right)dx$

Notera att substitutionen $x \to \frac{\pi}4 - x$ ger att

$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\sin\left(x\right)\right)dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\sin\left(\frac{\pi}{4}-x\right)\right)dx$

och

$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\sin\left(\frac{\pi}{2}+x\right)\right)dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\sin\left(\frac{\pi}{2}-x\right)\right)dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\sin\left(\frac{\pi}{4}+x\right)\right)dx$

därmed har vi att

$\displaystyle \mathcal J_2 = \frac{8}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left(\ln\left(\sin\left(x\right)\right)-\ln\left(\sin\left(\frac{\pi}{2}+x\right)\right)\right)dx$

eftersom $\sin\left(\frac{\pi}2 + x\right) = \cos x$ har vi slutligen att

$\displaystyle \mathcal J_2 = \frac{8}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\left(\tan\left(x\right)\right)dx \stackrel{\tan x \to x}{=} = \frac{8}{\pi}\int_0^1 \frac{\ln x}{1+x^2}dx = -\frac{8G}{\pi}$

den sista likheten följer från serieutveckling av nämnaren. $\mathcal J_1$ har en elementär antiderivata, har inte särskilt mycket att säga där. Det är bara att göra några substitutioner som ger att $\mathcal J_1 = 4\ln2$

Tillsammans ger det oss då att

$I_2 = 2\ln 2 - \frac{4G}{\pi}$

Svara