Come avvicinarsi $\sum _{n=1}^{\infty } \frac{16^n}{n^4 \binom{2 n}{n}^2}$?

Question

@User ha menzionato nei commenti that

$$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{16^n}{n^3 \binom{2 n}{n}^2}=8\pi\text{G}-14 \zeta (3)\tag1$$

$$\small{\sum _{n=1}^{\infty } \frac{16^n}{n^4 \binom{2 n}{n}^2}=64 \pi \Im(\text{Li}_3(1+i))+64 \text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)-233 \zeta(4)-40 \ln ^2(2)\zeta(2)+\frac{8}{3}\ln ^4(2)}\tag2$$

Sono stato in grado di dimostrare $(1)$ ma ha avuto qualche difficoltà a dimostrarlo $(2)$. Qualche idea?

Mostrerò la mia prova di $(1)$ sperando che ti aiuti a dimostrare $(2)$:

Abbiamo dimostrato in questa domanda che

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^ny^n}{n^2{2n\choose n}}=2\int_0^y \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dx$$

moltiplicare entrambi i lati per $\frac{1}{y\sqrt{1-y}}$ poi $\int_0^1$ riguardo a $y$ e utilizzare $\int_0^1\frac{y^{n-1}}{\sqrt{1-y}}dy=\frac{4^n}{n{2n\choose n}}$ otteniamo

$$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{16^n}{n^3 \binom{2 n}{n}^2}=2\int_0^1\int_0^y \frac{\arcsin \sqrt{x}}{y\sqrt{x}\sqrt{1-x}\sqrt{1-y}}dxdy$$

$$=2\int_0^1\frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\left(\int_x^1\frac{dy}{y\sqrt{1-y}}\right)dx$$

$$=2\int_0^1\frac{\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\left(2\ln(1+\sqrt{1-x})-\ln x\right)dx$$

$$\overset{\sqrt{x}=\sin \theta}{=}8\int_0^{\pi/2}x\ln(1+\cos x)dx-8\int_0^{\pi/2}x\ln(\sin x)dx$$

$$=8\int_0^{\pi/2}x\ln(2\cos^2\frac x2)dx-8\int_0^{\pi/2}x\ln(\sin x)dx$$

$$=32\int_0^{\pi/4}x\ln(2\cos^2x)dx-8\int_0^{\pi/2}x\ln(\sin x)dx$$

$$=32\underbrace{\int_0^{\pi/4}x\ln(2)dx}_{\frac3{16}\ln(2)\zeta(2)}+64\underbrace{\int_0^{\pi/4}x\ln(\cos x)dx}_{\frac{\pi}{8}\text{G}-\frac3{16}\ln(2)\zeta(2)-\frac{21}{128}\zeta(3)}-8\underbrace{\int_0^{\pi/2}x\ln(\sin x)dx}_{\frac7{16}\zeta(3)-\frac34\ln(2)\zeta(2)}$$

$$=8\pi\text{G}-14 \zeta (3)$$

Gli ultimi due integrali derivano dall'uso della serie di Fourier di $\ln(\cos x)$ e $\ln(\sin x)$.

Tutti gli approcci sono apprezzati. Grazie.

---

Addendum: ecco un modo più semplice per dimostrare $(1)$:

abbiamo

$$\arcsin^2(x)=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n}}{n^2{2n\choose n}}$$

o

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nx^n}{n^2{2n\choose n}}=2\arcsin^2(\sqrt{x})$$

Dividi entrambi i lati per $x\sqrt{1-x}$ poi $\int_0^1$ e utilizzare $\int_0^1\frac{x^{n-1}}{\sqrt{1-x}}dx=\frac{4^n}{n{2n\choose n}}$ noi abbiamo

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{16^n}{n^3{2n\choose n}^2}=2\int_0^1\frac{\arcsin^2(\sqrt{x})}{x\sqrt{1-x}}dx$$

$$\overset{\sqrt{x}=\sin x}{=}4\int_0^{\pi/2}x^2 \csc(x)dx$$

$$\overset{IBP}{=}-8\int_0^{\pi/4} x\ln(\tan\frac x2)dx=8\pi\text{G}-14\zeta(3)$$

dove l'ultimo risultato segue dalla serie di Fourier di $\ln(\tan\frac x2)$.

Answer 1

Troppo tempo per un commento (da Cornel )

Ebbene, gli strumenti elementari presentati da OP sono sufficienti per ottenere immediatamente una riduzione ai singoli integrali mediante semplici integrazioni per parti e cambio dell'ordine di integrazione. Quindi, la serie è uguale a$$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{16^n}{\displaystyle n^4 \binom{2 n}{n}^2}=\int _0^1\frac{1}{z\sqrt{1-z}}\left(\int _0^z\frac{1}{y}\left(\int _0^y\frac{2 \arcsin(\sqrt{x})}{\sqrt{x (1-x)}}\textrm{d}x \right)\textrm{d}y \right)\textrm{d}z$$ $$=-32\int_0^1 \frac{\arctan^2(x)\log (x)}{x} \textrm{d}x-\frac{64}{3} \int_0^1 \arctan^3(x) \textrm{d}x-\frac{64}{3} \int_0^1 \arctan^3(x)\log (x)\textrm{d}x,$$

e il risultato desiderato deriva dall'uso di quello

$$\int_0^{1} \frac{\arctan(x)^2\log (x)}{x} \textrm{d}x$$ $$=\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{24}\log ^4(2)+\frac{7}{8}\log (2)\zeta (3) -\frac{151 }{11520}\pi ^4-\frac{1}{24}\log ^2(2)\pi ^2,$$che richiede alcune tecniche speciali. Ad esempio, l'utente Song ha già pubblicato sul sito una soluzione in cui l'integrazione dei contorni viene sfruttata in modo intelligente, ma sono possibili anche altri modi intelligenti.

Poi,

$$\int_0^1 \arctan^3(x) \textrm{d}x=\frac{\pi ^3}{64}+\frac{3}{32} \pi ^2 \log (2)-\frac{3 }{4}\pi G+\frac{63 }{64}\zeta(3),$$

il che è banale (cambio variabile e serie di Fourier).

Il prossimo,

$$ \int_0^1 \arctan^3(x)\log (x)\textrm{d}x$$ $$=\frac{3 }{4}\pi G-\frac{3}{32} \log (2)\pi ^2+\frac{3}{8} \log ^2(2) \pi ^2-\frac{\pi ^3}{64}+\frac{361 }{2560}\pi ^4-\frac{63 }{64}\zeta (3)-\frac{21}{16} \log (2)\zeta (3) -\frac{3}{16}\log ^4(2)-3 \pi \Im\{\text{Li}_3(1+i)\}-\frac{9 }{2}\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right),$$che combinano le serie di Fourier e il metodo della variabile casuale in questo post Alla ricerca di forme chiuse di$\int_0^{\pi/4}\ln^2(\sin x)\,dx$ e $\int_0^{\pi/4}\ln^2(\cos x)\,dx$. La serie di Fourier nel libro, (Quasi) Impossible Integrals, Sums, and Series , pagina$243$, eq. $3.281$, può anche essere trovato estremamente utile dopo la trasformazione integrale in una trigonometrica. Inoltre, è bene sapere che al posto del metodo delle variabili casuali dove necessario possiamo provare a modificare e utilizzare la strategia in questo post,https://math.stackexchange.com/q/3798026.

Una prima nota: con mezzi simili, si può calcolare la versione,$$\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty } \frac{16^n}{\displaystyle n^5 \binom{2 n}{n}^2}.$$

Una seconda nota: la maggior parte degli integrali e delle serie apparentemente avanzati che volano intorno al sito in questo periodo di tempo sono facilmente gestibili principalmente con tecniche semplici. Ad esempio, si possono calcolare serie armoniche avanzate di pesi non banali,$8$, $9$, $10$, $11$, $12$combinando e usando solo identità elementari con numeri armonici, non è necessario nulla di avanzato . Sicuramente, anche i metodi avanzati sono accettati e apprezzati.

Answer 2

Da

$$\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n-1}}{n{2n\choose n}}$$

possiamo scrivere

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nx^{n}}{n{2n\choose n}}=\frac{2\sqrt{x}\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}$$

Moltiplica entrambi i lati per $-\frac{\ln x}{x}$ poi $\int_0^y$ e usa il fatto che $\int_0^y - x^{n-1}\ln xdx=\frac{1}{n^2}y^n-\frac{\ln y}{n}y^n$

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^ny^n}{n^3{2n\choose n}}-\ln y\sum_{n=1}^\infty\frac{4^ny^n}{n^2{2n\choose n}}=-\int_0^y \frac{2\ln x\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dx$$

Quindi moltiplica entrambi i lati per $\frac{1}{y\sqrt{1-y}}$ poi $\int_0^1$ noi abbiamo

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^n}{n^3{2n\choose n}}\left(\int_0^1\frac{y^{n-1}}{\sqrt{1-y}}dy\right)-\int_0^y\frac{\ln y}{y\sqrt{1-y}}\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{(2\sqrt{y})^{2n}}{n^2{2n\choose n}}\right)dx$$ $$=-\int_0^1\int_0^y \frac{2\ln x\arcsin \sqrt{x}}{y\sqrt{x}\sqrt{1-x}\sqrt{1-y}}dxdy=-\int_0^1 \frac{2\ln x\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\left(\int_x^1\frac{dy}{y\sqrt{1-y}}\right)dx$$

$$=-\int_0^1 \frac{2\ln x\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\left(2\ln(1+\sqrt{1-x})-\ln x\right)dx$$

$$\overset{\sqrt{x}=\sin\theta}{=}16\int_0^{\pi/2}x\ln(\sin x)\ln\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}\right)dx$$

$$=16\int_0^{\pi/2}x\ln(\sin x)\ln\left(\tan(\frac x2)\right)dx$$

$$\overset{x\to 2x}{=}64\int_0^{\pi/4}x\ln(\sin(2x))\ln\left(\tan x\right)dx$$

$$=64\int_0^{\pi/4}x[\ln(2)+\ln(\sin x)+\ln(\cos x)][\ln(\sin x)-\ln(\cos x)]dx$$

$$=64\ln(2)\int_0^{\pi/4}x\ln(\tan x)dx+64\int_0^{\pi/4}x\ln^2(\sin x)dx-64\int_0^{\pi/4}x\ln^2(\cos x)dx$$

Per l'LHS, utilizzare $\int_0^1\frac{y^{n-1}}{\sqrt{1-y}}dy=\frac{4^n}{n{2n\choose n}}$ e $\sum_{n=1}^\infty\frac{(2\sqrt{y})^{2n}}{n^2{2n\choose n}}=2\arcsin^2(\sqrt{y})$ noi abbiamo

$$\text{LHS}=\sum_{n=1}^\infty\frac{16^n}{n^4{2n\choose n}^2}-2\int_0^1\frac{\ln y\arcsin^2(\sqrt{y})}{y\sqrt{1-y}}dy$$ $$\overset{\sqrt{y}=\sin \theta}{=}\sum_{n=1}^\infty\frac{16^n}{n^4{2n\choose n}^2}-8\int_0^{\pi/2} x^2\csc x\ln(\sin x)dx$$

Perciò

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{16^n}{n^4{2n\choose n}^2}=64\ln(2)\int_0^{\pi/4}x\ln(\tan x)dx-64\int_0^{\pi/4}x\ln^2(\cos x)dx$$ $$+64\int_0^{\pi/4}x\ln^2(\sin x)dx+8\int_0^{\pi/2} x^2\csc x\ln(\sin x)dx\tag1$$

---

Il primo integrale può essere fatto tramite la serie di Fourier:

$$\int_0^{\pi/4} x\ln(\tan x)dx=\frac{7}{16}\zeta(3)-\frac{\pi}{4}\text{G}\tag2$$

Il secondo integrale:

$$\int_0^{\pi/4}x\ln^2(\cos x)dx=\int_0^{\pi/2}x\ln^2(\cos x)dx-\underbrace{\int_{\pi/4}^{\pi/2}x\ln^2(\cos x)dx}_{x\to \pi/2-x}$$

$$=\int_0^{\pi/2}x\ln^2(\cos x)dx-\int_{\pi/4}^{\pi/2}(\frac{\pi}{2}-x)\ln^2(\sin x)dx$$

$$=\int_0^{\pi/2}x\ln^2(\cos x)dx-\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi/4}\ln^2(\sin x)dx+\int_0^{\pi/4}x\ln^2(\sin x)dx$$

Collegando questo risultato insieme a $(2)$ in $(1)$, l'integrale $\int_0^{\pi/4}x\ln^2(\sin x)dx$ cancella bene ottenendo:

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{16^n}{n^4{2n\choose n}^2}=28\ln(2)\zeta(3)-16\pi\ln(2)\text{G}-64\int_0^{\pi/2}x\ln^2(\cos x)dx$$ $$+32\pi\int_0^{\pi/4}\ln^2(\sin x)dx+8\int_0^{\pi/2} x^2\csc x\ln(\sin x)dx$$

Manipoliamo il primo integrale usando lo stesso trucco $x\to \pi/2-x$:

$$\int_0^{\pi/2}x\ln^2(\cos x)dx=\int_0^{\pi/2}(\frac{\pi}{2}-x)\ln^2(\sin x)dx$$

$$=\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi/2}\ln^2(\cos x)dx-\int_0^{\pi/2}x\ln^2(\sin x)dx$$

Per funzione Beta abbiamo

$$\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi/2}\ln^2(\cos x)dx=\frac{15}{8}\zeta(4)+\frac32\ln^2(2)\zeta(2)$$

e la nostra somma si riduce a

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{16^n}{n^4{2n\choose n}^2}=28\ln(2)\zeta(3)-16\pi\ln(2)\text{G}-120\zeta(4)-96\ln^2(2)\zeta(2)$$ $$+64\underbrace{\int_0^{\pi/2}x\ln^2(\sin x)dx}_{\mathcal{\Large{I_1}}}+32\pi\underbrace{\int_0^{\pi/4}\ln^2(\sin x)dx}_{\mathcal{\Large{I_2}}}+8\underbrace{\int_0^{\pi/2}x\csc x\ln(\sin x)dx}_{\mathcal{\Large{I_3}}}$$

$\mathcal{I}_1$è calcolato qui :

$$\int_0^{\pi/2} x\ln^2(\sin x)\textrm{d}x=\frac{1}{2}\ln^2(2)\zeta(2)-\frac{19}{32}\zeta(4)+\frac{1}{24}\ln^4(2)+\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)$$

$\mathcal{I}_2$è calcolato qui

$$\int_{0}^{\pi /4} \ln^{2}(\sin x) \ dx = \frac{\pi^{3}}{192} + G\frac{ \ln(2)}{2} + \frac{3 \pi}{16} \ln^{2}(2) + \text{Im} \ \text{Li}_{3}(1+i).$$

$\mathcal{I}_3$è calcolato qui

$$\int_0^{\pi/2} \frac{x^2 \ln(\sin x)}{\sin (x)} dx=-4 \pi \Im\left\{\text{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)\right\}-\frac{7}{2} \zeta (3) \ln (2)+\frac{135}{16}\zeta(4)+\frac{3}{4} \zeta(2) \ln ^2(2)$$ $$=4\pi\Im\{\text{Li}_3(1+i)\}-\frac{45}{4}\zeta(4)-\frac72\ln(2)\zeta(3)-\frac32\ln^2(2)\zeta(2)$$

L'ultimo risultato deriva dall'utilizzo di

$$\Im\left\{\text{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)\right\}=\frac{7\pi^3}{128}+\frac{3\pi}{32}\ln^2(2)-\Im\{\text{Li}_3(1+i)\}$$

Raccogliendo i tre integrali finalmente otteniamo

$$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{16^n}{n^4 \binom{2 n}{n}^2}=64 \pi \Im\{\text{Li}_3(1+i)\}+64 \text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)-233 \zeta(4)-40 \ln ^2(2)\zeta(2)+\frac{8}{3}\ln ^4(2)$$

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Grazie a Cornel per il suggerimento$x\to \pi/2-x$ che semplifica $\int_0^{\pi/2}x\ln^2(\cos x)dx$ a integrali noti.