Una somma di serie con il coefficiente binomiale centrale inverso al quadrato

Aug 19 2020

Una bella sfida di Cornel Valean:

Dimostralo

$$2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^3 \binom{2 n}{n}^2}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^4 \binom{2 n}{n}^2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n} H_n^{(2)}}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}=\frac{\pi^3}{3}.$$

Devo dire che non ho esperienza in serie che coinvolgono il coefficiente binomiale centrale quadrato, quindi lo lascio per le persone che sono esperti in tali serie.

Tutti gli approcci sono apprezzati. Grazie.

Risposte

5 Anatoly Aug 20 2020 at 17:06

Questo è un possibile approccio. La somma dell'OP può essere riscritta come

$$I=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2n\cdot 2^{4 n}}{\displaystyle n^4\binom{2 n}{n}^2}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^4 \binom{2 n}{n}^2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^2\, 2^{4 n} H_n^{(2)}}{\displaystyle n^4 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}\\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}[(2n-1)(2n+1)+n^2H_n^{(2)}]}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}(4n^2-1+n^2H_n^{(2)})}{\displaystyle n^4 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}(4-1/n^2+H_n^{(2)})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}(4+H_{n-1}^{(2)})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n} \, (n!)^4\, (4+H_{n-1}^{(2)})}{\displaystyle n^2(2 n+1)(2n!)^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{ (2n!!)^4\, (4+H_{n-1}^{(2)})}{\displaystyle n^2(2 n+1)(2n!)^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{ (2n!!)^2\, (4+H_{n-1}^{(2)})}{\displaystyle n^2 (2 n+1)(2n-1!!)^2} \\ = 4 \,\, \underbrace{ \sum _{n=1}^{\infty } \frac{ (2n!!)^2}{\displaystyle n^2 (2 n+1)(2n-1!!)^2} }_\text{J} \\ +\underbrace{\sum _{n=1}^{\infty } \sum_{k=1}^{n-1} \frac{ (2n!!)^2}{\displaystyle n^2 (2 n+1)(2n-1!!)^2} \frac{1}{k^2}}_\text{K} \\ $$

Quindi abbiamo $I=4J+K$. Consideriamo in primo luogo i termini del$J$somma. Per dato$n$, il corrispondente sommario $j_n$ è dato da

$$j_n=\frac{1}{n^2} \prod_{k=1}^n \frac{4 k^2}{(2 k- 1) (2 k + 1)} \\=\frac{1}{n^2}\left(\frac 21\cdot \frac 23 \right)\cdot \left(\frac 43\cdot \frac 45 \right)... \cdot \left(\frac{2n}{2n-1}\cdot \frac {2n}{2n+1}\right)$$

dove il prodotto infinito assomiglia alla classica formula di Wallis per$\pi/2$. Nota che i termini soddisfano la ricorrenza

$$j_{n+1}=j_n \frac{n^2(2n+2)^2}{(n+1)^2(2n+1)(2n+3)}\\ = j_n \frac{4n^2}{(2n+1)(2n+3)} $$

e che possono essere scritti nella forma

$$j_n=\frac{\pi \,Γ^2(n + 1)}{2 n^2\, Γ(n + \frac 12) Γ(n + \frac 32)}$$

Inoltre, i termini in $J$ la somma soddisfa la proprietà interessante

$$\sum_{n=1}^m j_n=4m^2 j_m-4$$

Lo dimostreremo per induzione. Per$m=1$, la somma si riduce al singolo termine $j_1=4/3$e di conseguenza $4 \cdot 1^2\cdot 4/3-4=4/3$. Supponiamo ora che la proprietà sia valida per un dato$m$. Passaggio a$m+1$, la somma diventa

$$\sum_{n=1}^{m+1} j_n=4m^2 j_m-4 +j_{m+1}\\ =4m^2 \frac{(2m+1)(2m+3)} {m^2}j_{m+1}-4+j_{m+1} \\ = (4n^2+8n+3) j_{m+1}-4+j_{m+1}\\ = (4n^2+8n+4) j_{m+1}-4 \\ = 4(m+1)^2 j_{m+1}-4 $$

in modo che la proprietà sia ancora valida per $m+1$e l'affermazione è dimostrata. Poi abbiamo

$$\sum_{n=1}^m j_n= \frac{2\pi \,\Gamma^2(n + 1)}{ \Gamma(n + \frac 12 ) \Gamma(n + \frac 32 )}-4 $$

Prendendo il limite per $m\rightarrow \infty$, da

$$\lim_{m\rightarrow \infty} \frac{\Gamma^2(m + 1)}{ \Gamma(m + \frac 12 ) \Gamma(m + \frac 32 )}=1$$

noi abbiamo

$$J= \sum_{n=1}^\infty j_n = 2\pi-4$$

secondo l'approssimazione numerica di $J \approx 2.283$dato da WA qui .

Per la doppia somma $K$, riscrivendolo in termini di funzioni Gamma come già fatto per $J$, utilizzando la stessa definizione di $j_n$ dato sopra e scambiando gli indici che abbiamo

$$K=\sum _{k=1}^{\infty } \sum_{n=k+1}^{\infty} j_n \cdot \frac{1}{k^2}\\ =\sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{k^2} \sum_{n=1}^{\infty} j_n - \sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{k^2} \sum_{n=1}^{k} j_n \\ = \frac{\pi^2}{6} (2\pi-4) -\sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{k^2} \left[ \frac{2\pi \,\Gamma^2(k + 1)}{ \Gamma(k + \frac 12 ) \Gamma(k + \frac 32 )}-4\right] \\ = \frac{\pi^3}{3} - \frac{2\pi^2}{3}+ 4\sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{k^2} \\ -\sum _{k=1}^{\infty } \left[ \frac{2\pi \,\Gamma^2(k + 1)}{ k^2\Gamma(k + \frac 12 ) \Gamma(k + \frac 32 )}\right] $$

e poiché l'ultima somma è equivalente a $4\sum_{n=1}^\infty j_n$,

$$K=\frac{\pi^3}{3} -4(2\pi-4)$$

Quindi lo concludiamo

$$I=4J+K \\=4(2\pi-4) + \frac{\pi^3}{3} -4(2\pi-4) = \frac{\pi^3}{3}$$

2 user97357329 Aug 20 2020 at 19:34

Una risposta eccellente era già stata data (quella prescelta), ma buona per avere più modi in atto.

Una soluzione di Cornel Ioan Valean

Invece di calcolare tutte e tre le serie separatamente, potremmo provare a calcolarle tutte in una volta. Quindi, abbiamo quello$$2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^3 \binom{2 n}{n}^2}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^4 \binom{2 n}{n}^2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n} H_n^{(2)}}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}$$ $$=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4n} (4n^2-1+n^2 H_n^{(2)})}{\displaystyle n^4 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4n} (4-1/n^2+ H_n^{(2)})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}$$ $$=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4n}(4-1/n^2+ H_n^{(2)}\color{blue}{+(4 n^2-1) H_{n-1}^{(2)}}-\color{blue}{(4 n^2-1) H_{n-1}^{(2)}})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}$$ $$=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4n}(\color{red}{4n^2H_n^{(2)}}-\color{blue}{(4 n^2-1) H_{n-1}^{(2)}})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}$$ $$=\sum _{n=1}^{\infty}\left(\frac{2^{4n+2}H_n^{(2)}}{\displaystyle (2n+1) \binom{2 n}{n}^2}-\frac{2^{4n}(2n-1)H_{n-1}^{(2)} }{\displaystyle n^2\binom{2 n}{n}^2}\right)$$ $$=\lim_{N\to\infty}\sum _{n=1}^{N}\left(\frac{2^{4n+3}H_n^{(2)}}{\displaystyle (n+1) \binom{2 n+2}{n+1}\binom{2 n}{n}}-\frac{2^{4n-1}H_{n-1}^{(2)} }{\displaystyle n\binom{2 n}{n}\binom{2 n-2}{n-1}}\right)$$ $$=\lim_{N\to\infty}\frac{2^{4N+3}H_N^{(2)}}{\displaystyle (N+1) \binom{2 N+2}{N+1}\binom{2 N}{N}}=\frac{\pi^3}{3},$$