ผลรวมของอนุกรมที่มีสัมประสิทธิ์ทวินามกลางกำลังสองผกผัน
ความท้าทายที่ดีโดย Cornel Valean:
แสดงว่า
$$2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^3 \binom{2 n}{n}^2}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^4 \binom{2 n}{n}^2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n} H_n^{(2)}}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}=\frac{\pi^3}{3}.$$
ฉันต้องบอกว่าฉันไม่มีประสบการณ์ในอนุกรมที่เกี่ยวข้องกับสัมประสิทธิ์ทวินามกลางกำลังสองดังนั้นฉันจึงฝากไว้สำหรับผู้ที่เชี่ยวชาญในอนุกรมดังกล่าว
ทุกแนวทางได้รับการชื่นชม ขอบคุณ.
คำตอบ
นี่เป็นแนวทางที่เป็นไปได้ ผลรวมของ OP สามารถเขียนใหม่เป็น
$$I=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2n\cdot 2^{4 n}}{\displaystyle n^4\binom{2 n}{n}^2}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^4 \binom{2 n}{n}^2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^2\, 2^{4 n} H_n^{(2)}}{\displaystyle n^4 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}\\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}[(2n-1)(2n+1)+n^2H_n^{(2)}]}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}(4n^2-1+n^2H_n^{(2)})}{\displaystyle n^4 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}(4-1/n^2+H_n^{(2)})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}(4+H_{n-1}^{(2)})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n} \, (n!)^4\, (4+H_{n-1}^{(2)})}{\displaystyle n^2(2 n+1)(2n!)^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{ (2n!!)^4\, (4+H_{n-1}^{(2)})}{\displaystyle n^2(2 n+1)(2n!)^2} \\ = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{ (2n!!)^2\, (4+H_{n-1}^{(2)})}{\displaystyle n^2 (2 n+1)(2n-1!!)^2} \\ = 4 \,\, \underbrace{ \sum _{n=1}^{\infty } \frac{ (2n!!)^2}{\displaystyle n^2 (2 n+1)(2n-1!!)^2} }_\text{J} \\ +\underbrace{\sum _{n=1}^{\infty } \sum_{k=1}^{n-1} \frac{ (2n!!)^2}{\displaystyle n^2 (2 n+1)(2n-1!!)^2} \frac{1}{k^2}}_\text{K} \\ $$
ดังนั้นเราจึงมี $I=4J+K$. ประการแรกให้เราพิจารณาเงื่อนไขของ $J$การสรุป สำหรับที่กำหนด$n$summand ที่สอดคล้องกัน $j_n$ ให้โดย
$$j_n=\frac{1}{n^2} \prod_{k=1}^n \frac{4 k^2}{(2 k- 1) (2 k + 1)} \\=\frac{1}{n^2}\left(\frac 21\cdot \frac 23 \right)\cdot \left(\frac 43\cdot \frac 45 \right)... \cdot \left(\frac{2n}{2n-1}\cdot \frac {2n}{2n+1}\right)$$
โดยที่ผลิตภัณฑ์ไม่มีที่สิ้นสุดมีลักษณะคล้ายกับสูตรวอลลิสคลาสสิกสำหรับ$\pi/2$. โปรดทราบว่าข้อกำหนดเป็นไปตามการเกิดซ้ำ
$$j_{n+1}=j_n \frac{n^2(2n+2)^2}{(n+1)^2(2n+1)(2n+3)}\\ = j_n \frac{4n^2}{(2n+1)(2n+3)} $$
และสามารถเขียนในรูปแบบได้
$$j_n=\frac{\pi \,Γ^2(n + 1)}{2 n^2\, Γ(n + \frac 12) Γ(n + \frac 32)}$$
ยิ่งไปกว่านั้นข้อกำหนดใน $J$ ผลรวมตอบสนองคุณสมบัติที่น่าสนใจ
$$\sum_{n=1}^m j_n=4m^2 j_m-4$$
เราจะพิสูจน์ด้วยการเหนี่ยวนำ สำหรับ$m=1$ผลรวมจะลดลงเหลือเพียงเทอมเดียว $j_1=4/3$และตามนั้น $4 \cdot 1^2\cdot 4/3-4=4/3$. ตอนนี้ให้เราสมมติว่าคุณสมบัตินั้นถูกต้องสำหรับการให้$m$. ผ่านไปยัง$m+1$ผลรวมจะกลายเป็น
$$\sum_{n=1}^{m+1} j_n=4m^2 j_m-4 +j_{m+1}\\ =4m^2 \frac{(2m+1)(2m+3)} {m^2}j_{m+1}-4+j_{m+1} \\ = (4n^2+8n+3) j_{m+1}-4+j_{m+1}\\ = (4n^2+8n+4) j_{m+1}-4 \\ = 4(m+1)^2 j_{m+1}-4 $$
เพื่อให้คุณสมบัติยังคงใช้ได้สำหรับ $m+1$และการอ้างสิทธิ์ได้รับการพิสูจน์แล้ว แล้วเรามี
$$\sum_{n=1}^m j_n= \frac{2\pi \,\Gamma^2(n + 1)}{ \Gamma(n + \frac 12 ) \Gamma(n + \frac 32 )}-4 $$
การ จำกัด สำหรับ $m\rightarrow \infty$, ตั้งแต่
$$\lim_{m\rightarrow \infty} \frac{\Gamma^2(m + 1)}{ \Gamma(m + \frac 12 ) \Gamma(m + \frac 32 )}=1$$
เรามี
$$J= \sum_{n=1}^\infty j_n = 2\pi-4$$
ตามการประมาณเชิงตัวเลขของ $J \approx 2.283$ที่กำหนดโดย WA นี่
สำหรับผลรวมสองเท่า $K$เขียนอีกครั้งในแง่ของฟังก์ชันแกมมาตามที่ทำไปแล้วสำหรับ $J$โดยใช้คำจำกัดความเดียวกันของ $j_n$ ที่ระบุไว้ข้างต้นและการแลกเปลี่ยนดัชนีที่เรามี
$$K=\sum _{k=1}^{\infty } \sum_{n=k+1}^{\infty} j_n \cdot \frac{1}{k^2}\\ =\sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{k^2} \sum_{n=1}^{\infty} j_n - \sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{k^2} \sum_{n=1}^{k} j_n \\ = \frac{\pi^2}{6} (2\pi-4) -\sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{k^2} \left[ \frac{2\pi \,\Gamma^2(k + 1)}{ \Gamma(k + \frac 12 ) \Gamma(k + \frac 32 )}-4\right] \\ = \frac{\pi^3}{3} - \frac{2\pi^2}{3}+ 4\sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{k^2} \\ -\sum _{k=1}^{\infty } \left[ \frac{2\pi \,\Gamma^2(k + 1)}{ k^2\Gamma(k + \frac 12 ) \Gamma(k + \frac 32 )}\right] $$
และเนื่องจากผลรวมล่าสุดเทียบเท่ากับ $4\sum_{n=1}^\infty j_n$,
$$K=\frac{\pi^3}{3} -4(2\pi-4)$$
เราก็สรุปว่า
$$I=4J+K \\=4(2\pi-4) + \frac{\pi^3}{3} -4(2\pi-4) = \frac{\pi^3}{3}$$
ได้รับคำตอบที่ยอดเยี่ยมแล้ว (คำตอบที่เลือก) แต่ยังดีที่มีวิธีการอื่น ๆ
วิธีแก้ปัญหาโดย Cornel Ioan Valean
แทนที่จะคำนวณทั้งสามชุดแยกกันเราอาจลองคำนวณทั้งหมดพร้อมกัน เรามีสิ่งนั้น $$2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^3 \binom{2 n}{n}^2}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n}}{\displaystyle n^4 \binom{2 n}{n}^2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4 n} H_n^{(2)}}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}$$ $$=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4n} (4n^2-1+n^2 H_n^{(2)})}{\displaystyle n^4 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4n} (4-1/n^2+ H_n^{(2)})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}$$ $$=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4n}(4-1/n^2+ H_n^{(2)}\color{blue}{+(4 n^2-1) H_{n-1}^{(2)}}-\color{blue}{(4 n^2-1) H_{n-1}^{(2)}})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}$$ $$=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{4n}(\color{red}{4n^2H_n^{(2)}}-\color{blue}{(4 n^2-1) H_{n-1}^{(2)}})}{\displaystyle n^2 (2 n+1) \binom{2 n}{n}^2}$$ $$=\sum _{n=1}^{\infty}\left(\frac{2^{4n+2}H_n^{(2)}}{\displaystyle (2n+1) \binom{2 n}{n}^2}-\frac{2^{4n}(2n-1)H_{n-1}^{(2)} }{\displaystyle n^2\binom{2 n}{n}^2}\right)$$ $$=\lim_{N\to\infty}\sum _{n=1}^{N}\left(\frac{2^{4n+3}H_n^{(2)}}{\displaystyle (n+1) \binom{2 n+2}{n+1}\binom{2 n}{n}}-\frac{2^{4n-1}H_{n-1}^{(2)} }{\displaystyle n\binom{2 n}{n}\binom{2 n-2}{n-1}}\right)$$ $$=\lim_{N\to\infty}\frac{2^{4N+3}H_N^{(2)}}{\displaystyle (N+1) \binom{2 N+2}{N+1}\binom{2 N}{N}}=\frac{\pi^3}{3},$$
ที่เราใช้รูปแบบไม่แสดงอาการของสัมประสิทธิ์ทวินามกลาง $\displaystyle \binom{2 N}{N}\sim \frac{4^N}{\sqrt{\pi N}}$.