La prueba de $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4 \binom{2n}{n}}=\frac{17\pi^4}{3240}$

Question

Recientemente, tuve la oportunidad de demostrar que

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n \binom{2n}{n}}= \frac{\pi}{3\sqrt{3}}$$

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 \binom{2n}{n}}= \frac{\pi^2}{18}$$

Pero ¿alguien sabe cómo demostrar que $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4 \binom{2n}{n}}= \frac{17}{36}\zeta(4)$?

He obtenido la fórmula

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(2x)^{2n}}{n^3 \binom{2n}{n}}= 4\int_0^x \frac{(\arcsin t)^2}{t}dt$$

Estoy tratando de dividir a por $x$ e integrar ambos lados, pero hasta ahora no han tenido éxito.

Answer 1

Aquí está mi solución:

Paso 1. La reducción a una representación integral

Deje $S$ denotar la suma en cuestión. A continuación, por la aplicación sucesiva de integración por partes, obtenemos

\begin{align*} S &= 8 \int_{0}^{1} \frac{1}{x} \int_{0}^{x/2} \frac{\arcsin^{2} t}{t} \, dt dx = -8\int_{0}^{1} \frac{\arcsin^{2} (x/2)}{x} \log x \, dx \\ &= 8 \int_{0}^{1} \frac{\arcsin (x/2)}{\sqrt{1 - (x/2)^{2}}} \log^{2} x \, \frac{dx}{2}. \end{align*}

Así, con la sustitución de $x = 2 \sin\theta$, tenemos

$$ S = 8 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \theta \log^{2} (2 \sin\theta) \, d\theta. $$

Para evaluar esta integral, tenga en cuenta que para $0 < \theta < \frac{\pi}{6}$ hemos

$$ e^{i\theta} \cdot 2 \sin \theta = i \cdot (1 - e^{2i\theta}). $$

Tomando logaritmo (con la rama cortada $(-\infty, 0]$ como de costumbre) a ambos lados, se sigue que

$$ i\theta + \log (2\sin\theta) = \frac{i\pi}{2} + \log(1 - e^{2i\theta}). $$

Cubicación de ambos lados y la integración en $\left( 0, \frac{\pi}{6} \right)$ y tomando imaginaria sólo,

$$ S = \frac{2}{3} \left( \frac{\pi}{6} \right)^{4} + \frac{8}{3} \Im \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \left( \frac{i\pi}{2} + \log(1 - e^{2i\theta}) \right)^{3} \, d\theta. \tag{1} $$

Paso 2. Algunos complejos-técnicas de análisis de

Ahora nos centramos en la integral de la parte imaginaria:

$$ I := \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \left( \frac{i\pi}{2} + \log(1 - e^{2i\theta}) \right)^{3} \, d\theta \tag{2}. $$

Una vez que se evalúa la parte imaginaria de $I$, la identidad de $(1)$ inmediatamente la respuesta nos la da. Primero hacemos la sustitución de $z = 1 - e^{2i\theta}$ $\omega = e^{-i\pi/3}$ obtener

$$ I = \int_{0}^{\omega} \left( \frac{i\pi}{2} + \log z \right)^{3} \frac{dz}{2i(z-1)}. $$

De aquí, el camino de la integración es un arco circular de unirse a de $0$ $\omega$centrada en $1$ (de color verde ruta de acceso en la figura de abajo).

Pero puesto que el integrando es analítica para $0 < \Re z < 1$, podemos cambiar la ruta de acceso de la integración como $z = \omega t$ $0 \leq t \leq 1$ (de color azul ruta de acceso en la figura de arriba). Esto le da

$$ I = \frac{1}{2i} \int_{0}^{1} \left( \frac{i\pi}{6} + \log t \right)^{3} \frac{\omega \, dt}{\omega t - 1}. $$

Conectar $t = e^{-x}$, $I$ se reduce a

\begin{align*} I &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \left( \frac{\pi}{6} + ix \right)^{3} \frac{\omega e^{-x}}{1 - \omega e^{-x}} \, dx = \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \omega^{n} \int_{0}^{\infty} \left( \frac{\pi}{6} + ix \right)^{3} e^{-nx} \, dx \\ &= \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \omega^{n} \left( -\frac{6 i}{n^4}-\frac{\pi }{n^3}+\frac{i \pi ^2}{12 n^2}+\frac{\pi ^3}{216 n} \right). \end{align*}

Tomando la parte imaginaria,

\begin{align*} \Im I &= -3 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos (n\pi/3)}{n^4} + \frac{\pi}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (n\pi/3)}{n^3} + \frac{\pi^2}{24} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos (n\pi/3)}{n^2} - \frac{\pi^3}{432} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (n\pi/3)}{n}. \tag{3} \end{align*}

Paso 3. Evaluación de una serie

Tenga en cuenta que para $0 < \theta < \pi$, tenemos

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n\theta}{n} = \Im \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{in\theta}}{n} = - \Im \log(1 - e^{i\theta}) = \frac{\pi-\theta}{2}. $$

La integración de ambos lados, obtenemos

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1-\cos n\theta}{n^{2}} = \frac{\theta (2 \pi\theta )}{4} \quad \Longrightarrow \quad \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n\theta}{n^{2}} = \frac{\theta ^2}{4}-\frac{\pi \theta }{2}+\frac{\pi ^2}{6}.$$

La repetición de este procedimiento, obtenemos

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n\theta}{n^{3}} = \frac{\theta ^3}{12}-\frac{\pi \theta ^2}{4}+\frac{\pi ^2 \theta }{6}$$

y

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n\theta}{n^{4}} = -\frac{\theta ^4}{48}+\frac{\pi \theta ^3}{12}-\frac{\pi ^2 \theta ^2}{12}+\frac{\pi^4}{90}.$$

Conectar $\theta = \frac{\pi}{3}$, tenemos

\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (n \pi / 3)}{n^{2}} &= \frac{\pi}{3} \\ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos (n \pi / 3)}{n^{2}} &= \frac{\pi^3}{36} \\ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (n \pi / 3)}{n^{3}} &= \frac{5 \pi^3}{162} \\ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos (n \pi / 3)}{n^{4}} &= \frac{91 \pi ^4}{19440} \end{align*}

Conectar estos a $(3)$, tenemos

$$ \Im I = \frac{23 \pi^4}{12960} \quad \Longrightarrow \quad S = \frac{17 \pi^4}{3240} = \frac{17}{36}\zeta(4) $$

como se desee.