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

Question

@User은에 언급 된 의견 이

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

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

나는 증명할 수 있었다 $(1)$ 하지만 증명하는 데 약간의 어려움이있었습니다 $(2)$. 어떤 생각?

나는 나의 증거를 보여줄 것이다 $(1)$ 그것이 당신이 증명하는 데 도움이되기를 바랍니다 $(2)$:

우리는에 보여 주었다 이 질문에 그

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

양쪽에 곱하다 $\frac{1}{y\sqrt{1-y}}$ 그때 $\int_0^1$ 에 관하여 $y$ 그리고 사용 $\int_0^1\frac{y^{n-1}}{\sqrt{1-y}}dy=\frac{4^n}{n{2n\choose n}}$ 우리는 얻는다

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

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

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

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

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

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

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

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

마지막 두 적분은 $\ln(\cos x)$ 과 $\ln(\sin x)$.

모든 접근 방식에 감사드립니다. 감사합니다.

---

부록 : 증명할 수있는 더 쉬운 방법이 있습니다. $(1)$:

우리는

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

또는

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

양쪽을 다음으로 나누기 $x\sqrt{1-x}$ 그때 $\int_0^1$ 그리고 사용 $\int_0^1\frac{x^{n-1}}{\sqrt{1-x}}dx=\frac{4^n}{n{2n\choose n}}$ 우리는

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

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

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

마지막 결과는 푸리에 시리즈 $\ln(\tan\frac x2)$.

Answer 1

댓글이 너무 깁니다 ( 코넬에서 제공 ).

음, OP에서 제공하는 기본 도구는 부품 별 간단한 통합 및 통합 순서 변경으로 단일 적분으로 즉시 감소하기에 충분합니다. 따라서 시리즈는 다음과 같습니다.$$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{16^n}{\displaystyle n^4 \binom{2 n}{n}^2}=\int _0^1\frac{1}{z\sqrt{1-z}}\left(\int _0^z\frac{1}{y}\left(\int _0^y\frac{2 \arcsin(\sqrt{x})}{\sqrt{x (1-x)}}\textrm{d}x \right)\textrm{d}y \right)\textrm{d}z$$ $$=-32\int_0^1 \frac{\arctan^2(x)\log (x)}{x} \textrm{d}x-\frac{64}{3} \int_0^1 \arctan^3(x) \textrm{d}x-\frac{64}{3} \int_0^1 \arctan^3(x)\log (x)\textrm{d}x,$$

원하는 결과는

$$\int_0^{1} \frac{\arctan(x)^2\log (x)}{x} \textrm{d}x$$ $$=\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{24}\log ^4(2)+\frac{7}{8}\log (2)\zeta (3) -\frac{151 }{11520}\pi ^4-\frac{1}{24}\log ^2(2)\pi ^2,$$특별한 기술이 필요합니다. 예를 들어, 사용자 송은 이미 윤곽 통합이 영리하게 활용되는 솔루션을 사이트에 게시했지만 다른 영리한 방법도 가능합니다.

그때,

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

이것은 사소한 것입니다 (변수 변화와 푸리에 급수).

다음,

$$ \int_0^1 \arctan^3(x)\log (x)\textrm{d}x$$ $$=\frac{3 }{4}\pi G-\frac{3}{32} \log (2)\pi ^2+\frac{3}{8} \log ^2(2) \pi ^2-\frac{\pi ^3}{64}+\frac{361 }{2560}\pi ^4-\frac{63 }{64}\zeta (3)-\frac{21}{16} \log (2)\zeta (3) -\frac{3}{16}\log ^4(2)-3 \pi \Im\{\text{Li}_3(1+i)\}-\frac{9 }{2}\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right),$$이는 푸리에 급수 및 방법 결합 랜덤 변수 이 게시물 의 폐쇄 형태를 찾고를$\int_0^{\pi/4}\ln^2(\sin x)\,dx$ 과 $\int_0^{\pi/4}\ln^2(\cos x)\,dx$. 책의 푸리에 급수, (거의) 불가능한 적분, 합계 및 급수 , 페이지$243$, eq. $3.281$, 삼각법으로의 적분 변환 후 매우 유용 할 수도 있습니다. 또한 필요한 경우 Random Variable 의 방식 대신 이 게시물에서 전략을 조정하고 사용할 수 있다는 점을 알아두면 좋습니다 .https://math.stackexchange.com/q/3798026.

첫 번째 메모 : 비슷한 방법으로 버전을 계산할 수 있습니다.$$\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty } \frac{16^n}{\displaystyle n^5 \binom{2 n}{n}^2}.$$

두 번째 참고 사항 : 이 기간 동안 사이트를 돌아 다니는 대부분의 외관상 고급 적분 및 시리즈는 대부분 간단한 기술로 쉽게 관리 할 수 ​​있습니다. 예를 들어, 고급 중요하지 않은 고조파 가중치 시리즈를 계산할 수 있습니다.$8$, $9$, $10$, $11$, $12$기본 아이덴티티와 고조파 수를 결합하고 사용하기 만하면 고급이 필요하지 않습니다 . 물론 고급 방법도 수용되고 높이 평가됩니다.

Answer 2

이후

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

우리는 쓸 수있다

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

양쪽에 곱하십시오 $-\frac{\ln x}{x}$ 그때 $\int_0^y$ 그리고 사실을 사용하십시오 $\int_0^y - x^{n-1}\ln xdx=\frac{1}{n^2}y^n-\frac{\ln y}{n}y^n$

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

다음으로 양쪽에 곱하십시오 $\frac{1}{y\sqrt{1-y}}$ 그때 $\int_0^1$ 우리는 얻는다

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

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

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

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

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

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

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

LHS의 경우 $\int_0^1\frac{y^{n-1}}{\sqrt{1-y}}dy=\frac{4^n}{n{2n\choose n}}$ 과 $\sum_{n=1}^\infty\frac{(2\sqrt{y})^{2n}}{n^2{2n\choose n}}=2\arcsin^2(\sqrt{y})$ 우리는 얻는다

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

따라서

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

---

첫 번째 적분은 푸리에 급수를 통해 수행 할 수 있습니다.

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

두 번째 적분 :

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

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

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

이 결과를 함께 연결 $(2)$ 에 $(1)$, 적분 $\int_0^{\pi/4}x\ln^2(\sin x)dx$ 멋지게 취소합니다.

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

동일한 트릭을 사용하여 첫 번째 적분을 조작 할 수 있습니다 $x\to \pi/2-x$:

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

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

베타 기능으로 우리는

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

그리고 우리의 합계는

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

$\mathcal{I}_1$여기에서 계산 됩니다 .

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

$\mathcal{I}_2$여기에서 계산 됩니다

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

$\mathcal{I}_3$여기에서 계산 됩니다

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

마지막 결과는

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

우리가 마침내 얻은 세 가지 적분 수집

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

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힌트 를 주신 Cornel 에게 감사드립니다.$x\to \pi/2-x$ 단순화하는 $\int_0^{\pi/2}x\ln^2(\cos x)dx$ 알려진 적분에.