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

Aug 21 2020

@User упомянул в комментариях, что

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

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

Я смог доказать $(1)$ но было трудно доказать $(2)$. Есть идеи?

Я собираюсь показать свое доказательство $(1)$ надеюсь, что это поможет тебе доказать $(2)$:

В этом вопросе мы показали, что

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

умножьте обе стороны на $\frac{1}{y\sqrt{1-y}}$ тогда $\int_0^1$ относительно $y$ и использовать $\int_0^1\frac{y^{n-1}}{\sqrt{1-y}}dy=\frac{4^n}{n{2n\choose n}}$ мы получаем

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

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

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

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

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

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

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

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

Последние два интеграла следуют из использования ряда Фурье $\ln(\cos x)$ и $\ln(\sin x)$.

Все подходы приветствуются. Спасибо.


Приложение: Вот более простой способ доказать $(1)$:

У нас есть

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

или же

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

Разделите обе стороны на $x\sqrt{1-x}$ тогда $\int_0^1$ и использовать $\int_0^1\frac{x^{n-1}}{\sqrt{1-x}}dx=\frac{4^n}{n{2n\choose n}}$ у нас есть

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

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

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

где последний результат следует из ряда Фурье $\ln(\tan\frac x2)$.

Ответы

7 user97357329 Aug 22 2020 at 06:01

Слишком долго для комментария (от Корнела )

Что ж, элементарных инструментов, представленных OP, достаточно, чтобы сразу же получить редукцию до единичных интегралов путем простого интегрирования по частям и изменения порядка интегрирования. Итак, серия равна$$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{16^n}{\displaystyle n^4 \binom{2 n}{n}^2}=\int _0^1\frac{1}{z\sqrt{1-z}}\left(\int _0^z\frac{1}{y}\left(\int _0^y\frac{2 \arcsin(\sqrt{x})}{\sqrt{x (1-x)}}\textrm{d}x \right)\textrm{d}y \right)\textrm{d}z$$ $$=-32\int_0^1 \frac{\arctan^2(x)\log (x)}{x} \textrm{d}x-\frac{64}{3} \int_0^1 \arctan^3(x) \textrm{d}x-\frac{64}{3} \int_0^1 \arctan^3(x)\log (x)\textrm{d}x,$$

и желаемый результат следует из использования

$$\int_0^{1} \frac{\arctan(x)^2\log (x)}{x} \textrm{d}x$$ $$=\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{24}\log ^4(2)+\frac{7}{8}\log (2)\zeta (3) -\frac{151 }{11520}\pi ^4-\frac{1}{24}\log ^2(2)\pi ^2,$$что требует некоторых специальных приемов. Например, пользователь Song уже разместил на сайте решение, в котором разумно используется контурная интеграция, но возможны и другие хитрые способы.

Потом,

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

что тривиально (замена переменной и ряд Фурье).

Следующий,

$$ \int_0^1 \arctan^3(x)\log (x)\textrm{d}x$$ $$=\frac{3 }{4}\pi G-\frac{3}{32} \log (2)\pi ^2+\frac{3}{8} \log ^2(2) \pi ^2-\frac{\pi ^3}{64}+\frac{361 }{2560}\pi ^4-\frac{63 }{64}\zeta (3)-\frac{21}{16} \log (2)\zeta (3) -\frac{3}{16}\log ^4(2)-3 \pi \Im\{\text{Li}_3(1+i)\}-\frac{9 }{2}\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right),$$которые объединяют ряд Фурье и метод случайной переменной в этом посте. Ищем замкнутые формы$\int_0^{\pi/4}\ln^2(\sin x)\,dx$ и $\int_0^{\pi/4}\ln^2(\cos x)\,dx$. Ряд Фурье в книге (Почти) невозможные интегралы, суммы и ряды , стр.$243$, ур. $3.281$, также может оказаться чрезвычайно полезным после интегрального преобразования в тригонометрический. Кроме того, полезно знать, что вместо способа случайной переменной , где это необходимо, мы можем попытаться настроить и использовать стратегию в этом посте,https://math.stackexchange.com/q/3798026.

Первое примечание: аналогичным образом можно вычислить версию,$$\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty } \frac{16^n}{\displaystyle n^5 \binom{2 n}{n}^2}.$$

Второе примечание: наиболее явно продвинутые интегралы и серии, летающие по сайту в этот период времени, легко управляются в основном простыми методами. Например, можно вычислить расширенный нетривиальный гармонический ряд весов,$8$, $9$, $10$, $11$, $12$только комбинируя и используя элементарные тождества с гармоническими числами, ничего продвинутого не требуется . Конечно, передовые методы тоже приветствуются и ценятся.

3 AliShadhar Aug 26 2020 at 01:30

поскольку

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

мы можем написать

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

Умножьте обе стороны на $-\frac{\ln x}{x}$ тогда $\int_0^y$ и использовать тот факт, что $\int_0^y - x^{n-1}\ln xdx=\frac{1}{n^2}y^n-\frac{\ln y}{n}y^n$

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

Затем умножьте обе стороны на $\frac{1}{y\sqrt{1-y}}$ тогда $\int_0^1$ мы получили

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

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

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

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

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

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

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

Для LHS используйте $\int_0^1\frac{y^{n-1}}{\sqrt{1-y}}dy=\frac{4^n}{n{2n\choose n}}$ и $\sum_{n=1}^\infty\frac{(2\sqrt{y})^{2n}}{n^2{2n\choose n}}=2\arcsin^2(\sqrt{y})$ мы получили

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

Следовательно

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


Первый интеграл можно сделать через ряд Фурье:

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

Второй интеграл:

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

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

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

Подключаем этот результат вместе с $(2)$ в $(1)$, интеграл $\int_0^{\pi/4}x\ln^2(\sin x)dx$ красиво отменяет получение:

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

Давайте манипулируем первым интегралом, используя тот же трюк $x\to \pi/2-x$:

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

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

По бета-функции мы имеем

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

и наша сумма сводится к

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

$\mathcal{I}_1$рассчитывается здесь :

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

$\mathcal{I}_2$рассчитывается здесь

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

$\mathcal{I}_3$рассчитывается здесь

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

Последний результат следует из использования

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

Собирая три интеграла, окончательно получаем

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


Спасибо Корнелу за подсказку$x\to \pi/2-x$ что упрощает $\int_0^{\pi/2}x\ln^2(\cos x)dx$ к известным интегралам.