A dimostrarlo $ \sum_{k=0}^\infty\frac1{2k+1}{2k \choose k}^{-1}=\frac {2\pi}{3\sqrt{3}} $
Mathematica regala l'interessante somma: $$\sum_{k=0}^\infty\frac1{2k+1}{2k \choose k}^{-1}=\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}$$ La domanda è: come dimostrarlo a mano?
Nota. Questa domanda ha una risposta automatica (da cui l'OP ha fornito uno sforzo). Vedi la risposta sotto .
Risposte
Penso che questo potrebbe aiutare.
$$\frac{1}{n \choose k}=(n+1)\int_0^1 x^k(1-x)^{n-k}dx.$$ Ciò è facilmente ottenibile mediante integrazione per parti.
Mettendo $n=2k$ e $x=\sin^2t$, noi abbiamo $$\sum_{k\geq0}\int_0^{\frac{\pi}{2}}2\sin^{2k+1}t\cos^{2k+1}t \ dt.$$
Riportando la somma all'interno dell'integrale e valutando il GP dato $$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin( 2t)}{1-\frac{\sin^2(2t)}{4}}dt.$$
Mettendo $\cos(2t)=u$ Noi abbiamo, $$2\int_{-1}^{1}\frac{du}{3+u^2},$$ che è effettivamente uguale a $\dfrac{2\pi}{3\sqrt3}$.
Notare la rappresentazione integrale del reciproco del coefficiente binomiale: $${n \choose j}^{-1}=(n+1)\int_{0}^{1} x^j (1-x)^{n-j}~ dx.$$ Poi $$S=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2k+1}{2k \choose k}^{-1}= \int_{0}^{1} \sum_{k=0}^{\infty} [x(1-x)]^{k}= \int_{0}^{1} \frac{1}{x^2-x+1} dx $$ $$ \implies S = \frac{2}{\sqrt{3}}\tan^{-1} \frac{2x-1}{\sqrt{3}}\Bigg|_{0}^{1}=\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}.$$