Algunas series infinitas con números de Fibonacci

Question

Un problema interesante es demostrar que: $$ \sum{n=1}^\infty \frac{F{2n}}{n^2 \binom{2n}{n}}=\frac{4\pi^2}{25 \sqrt 5}. $$

¿Conozco la prueba, que utiliza el hecho de que $\dfrac{1}{n\binom{2n}{n}}=\int\limits_{0}^{1}t^n(1-t)^{n-1}dt$, pero mi pregunta es: hay alguna manera realmente elemental para probarlo?

Answer 1

$$\begin{eqnarray*}\sum_{n\geq 1}\frac{x^n}{n^2 \binom{2n}{n}}&=&\sum_{n\geq 1}\frac{(n-1)!^2}{(2n)!} x^n = \sum_{n\geq 1}B(n,n)\frac{x^n}{2n}=\int_{0}^{1}\sum_{n\geq 1}y^{n-1}(1-y)^{n-1}\frac{x^n}{2n}\\&=&-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\log(1-xy+xy^2)}{y(1-y)}\,dy\end{eqnarray*} $$ por lo tanto tomando $\sigma_+=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$$\sigma_-=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$:

$$\begin{eqnarray*}\sum_{n\geq 1}\frac{F_{2n}}{n^2\binom{2n}{n}}&=&-\frac{1}{2\sqrt{5}}\int_{0}^{1}\frac{\log(1-\sigma_{+}(y-y^2))-\log(1-\sigma_{-}(y-y^2))}{y(1-y)}\,dy\\&=&-\frac{2}{\sqrt{5}}\int_{0}^{1}\frac{\log(1-\sigma_+(1-u^2)/4)-\log(1-\sigma_-(1-u^2)/4)}{1-u^2}\,du\end{eqnarray*}$$ y la última integral se puede calcular mediante la explotación de las conocidas relaciones entre el dilogarithm y la proporción áurea. Otra técnica es la que se muestra en una de las respuestas que estoy más que orgulloso deun trabajo cooperativo por mí, achille hui y Bhenni Benghorbal. Da que el problema se reduce a calcular un cuadrado arcoseno.

Answer 2

Sugerencia: En general, $~\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n}}{n^2\displaystyle{2n\choose n}}~=~2\arcsin^2x.~$ utilizar esto junto con la fórmula de Binet para números de Fibonacci.