Uma soma de séries com o coeficiente binomial central inverso ao quadrado
Um bom desafio de Cornel Valean:
Mostra isso
$$2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^3 \binom{2 n}{n}^2}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^4 \binom{2 n}{n}^2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n} H_n^{(2)}}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}=\frac{\pi^3}{3}.$$
Devo dizer que não tenho experiência em séries envolvendo coeficiente binomial central quadrado, então deixo isso para pessoas que são especialistas em tais séries.
Todas as abordagens são apreciadas. Obrigado.
Respostas
Esta é uma abordagem possível. A soma do OP pode ser reescrita como
$$I=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2n\cdot 2^{4 n}}{\displaystyle n^4\binom{2 n}{n}^2}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^4 \binom{2 n}{n}^2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^2\, 2^{4 n} H_n^{(2)}}{\displaystyle n^4 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}\\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}[(2n-1)(2n+1)+n^2H_n^{(2)}]}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}(4n^2-1+n^2H_n^{(2)})}{\displaystyle n^4 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}(4-1/n^2+H_n^{(2)})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}(4+H_{n-1}^{(2)})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n} \, (n!)^4\, (4+H_{n-1}^{(2)})}{\displaystyle n^2(2 n+1)(2n!)^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{ (2n!!)^4\, (4+H_{n-1}^{(2)})}{\displaystyle n^2(2 n+1)(2n!)^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{ (2n!!)^2\, (4+H_{n-1}^{(2)})}{\displaystyle n^2 (2 n+1)(2n-1!!)^2} \\ = 4 \,\, \underbrace{ \sum _{n=1}^{\infty } \frac{ (2n!!)^2}{\displaystyle n^2 (2 n+1)(2n-1!!)^2} }_\text{J} \\ +\underbrace{\sum _{n=1}^{\infty } \sum_{k=1}^{n-1} \frac{ (2n!!)^2}{\displaystyle n^2 (2 n+1)(2n-1!!)^2} \frac{1}{k^2}}_\text{K} \\ $$
Então nós temos $I=4J+K$. Vamos considerar em primeiro lugar os termos do $J$somatório. Para dado$n$, o somatório correspondente $j_n$ É dado por
$$j_n=\frac{1}{n^2} \prod_{k=1}^n \frac{4 k^2}{(2 k- 1) (2 k + 1)} \\=\frac{1}{n^2}\left(\frac 21\cdot \frac 23 \right)\cdot \left(\frac 43\cdot \frac 45 \right)... \cdot \left(\frac{2n}{2n-1}\cdot \frac {2n}{2n+1}\right)$$
onde o produto infinito se assemelha à fórmula clássica de Wallis para$\pi/2$. Observe que os termos satisfazem a recorrência
$$j_{n+1}=j_n \frac{n^2(2n+2)^2}{(n+1)^2(2n+1)(2n+3)}\\ = j_n \frac{4n^2}{(2n+1)(2n+3)} $$
e que eles podem ser escritos na forma
$$j_n=\frac{\pi \,Γ^2(n + 1)}{2 n^2\, Γ(n + \frac 12) Γ(n + \frac 32)}$$
Além disso, os termos do $J$ o somatório satisfaz a propriedade interessante
$$\sum_{n=1}^m j_n=4m^2 j_m-4$$
Vamos provar isso por indução. Para$m=1$, a soma se reduz a um único termo $j_1=4/3$e consequentemente $4 \cdot 1^2\cdot 4/3-4=4/3$. Agora, vamos supor que a propriedade é válida para um determinado$m$. Passando para$m+1$, a soma torna-se
$$\sum_{n=1}^{m+1} j_n=4m^2 j_m-4 +j_{m+1}\\ =4m^2 \frac{(2m+1)(2m+3)} {m^2}j_{m+1}-4+j_{m+1} \\ = (4n^2+8n+3) j_{m+1}-4+j_{m+1}\\ = (4n^2+8n+4) j_{m+1}-4 \\ = 4(m+1)^2 j_{m+1}-4 $$
de modo que a propriedade ainda é válida para $m+1$, e a alegação é comprovada. Então nós temos
$$\sum_{n=1}^m j_n= \frac{2\pi \,\Gamma^2(n + 1)}{ \Gamma(n + \frac 12 ) \Gamma(n + \frac 32 )}-4 $$
Tomando o limite para $m\rightarrow \infty$, Desde a
$$\lim_{m\rightarrow \infty} \frac{\Gamma^2(m + 1)}{ \Gamma(m + \frac 12 ) \Gamma(m + \frac 32 )}=1$$
temos
$$J= \sum_{n=1}^\infty j_n = 2\pi-4$$
de acordo com a aproximação numérica de $J \approx 2.283$fornecido por WA aqui .
Para a soma dupla $K$, escrevendo-o novamente em termos de funções Gamma, como já foi feito para $J$, usando a mesma definição de $j_n$ dado acima, e trocando os índices que temos
$$K=\sum _{k=1}^{\infty } \sum_{n=k+1}^{\infty} j_n \cdot \frac{1}{k^2}\\ =\sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{k^2} \sum_{n=1}^{\infty} j_n - \sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{k^2} \sum_{n=1}^{k} j_n \\ = \frac{\pi^2}{6} (2\pi-4) -\sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{k^2} \left[ \frac{2\pi \,\Gamma^2(k + 1)}{ \Gamma(k + \frac 12 ) \Gamma(k + \frac 32 )}-4\right] \\ = \frac{\pi^3}{3} - \frac{2\pi^2}{3}+ 4\sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{k^2} \\ -\sum _{k=1}^{\infty } \left[ \frac{2\pi \,\Gamma^2(k + 1)}{ k^2\Gamma(k + \frac 12 ) \Gamma(k + \frac 32 )}\right] $$
e como a última soma é equivalente a $4\sum_{n=1}^\infty j_n$,
$$K=\frac{\pi^3}{3} -4(2\pi-4)$$
Concluímos então que
$$I=4J+K \\=4(2\pi-4) + \frac{\pi^3}{3} -4(2\pi-4) = \frac{\pi^3}{3}$$
Uma excelente resposta já foi dada (a escolhida), mas bom ter mais caminhos implementados.
Uma solução de Cornel Ioan Valean
Em vez de calcular todas as três séries separadamente, podemos tentar calculá-las todas de uma vez. Então, nós temos isso $$2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^3 \binom{2 n}{n}^2}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^4 \binom{2 n}{n}^2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n} H_n^{(2)}}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}$$ $$=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4n} (4n^2-1+n^2 H_n^{(2)})}{\displaystyle n^4 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4n} (4-1/n^2+ H_n^{(2)})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}$$ $$=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4n}(4-1/n^2+ H_n^{(2)}\color{blue}{+(4 n^2-1) H_{n-1}^{(2)}}-\color{blue}{(4 n^2-1) H_{n-1}^{(2)}})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}$$ $$=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4n}(\color{red}{4n^2H_n^{(2)}}-\color{blue}{(4 n^2-1) H_{n-1}^{(2)}})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}$$ $$=\sum _{n=1}^{\infty}\left(\frac{2^{4n+2}H_n^{(2)}}{\displaystyle (2n+1) \binom{2 n}{n}^2}-\frac{2^{4n}(2n-1)H_{n-1}^{(2)} }{\displaystyle n^2\binom{2 n}{n}^2}\right)$$ $$=\lim_{N\to\infty}\sum _{n=1}^{N}\left(\frac{2^{4n+3}H_n^{(2)}}{\displaystyle (n+1) \binom{2 n+2}{n+1}\binom{2 n}{n}}-\frac{2^{4n-1}H_{n-1}^{(2)} }{\displaystyle n\binom{2 n}{n}\binom{2 n-2}{n-1}}\right)$$ $$=\lim_{N\to\infty}\frac{2^{4N+3}H_N^{(2)}}{\displaystyle (N+1) \binom{2 N+2}{N+1}\binom{2 N}{N}}=\frac{\pi^3}{3},$$
onde usamos a forma assintótica do coeficiente binomial central, $\displaystyle \binom{2 N}{N}\sim \frac{4^N}{\sqrt{\pi N}}$.