Yo estoy en el medio de prueba de que $$\sum_{k\geq1}\frac1{k^2{2k\choose k}}=\frac{\pi^2}{18}$$ Y he reducido la serie a $$\sum_{k\geq1}\frac1{k^2{2k\choose k}}=\frac12\int_0^1\frac{\log(t^2-t+1)}{t^2-t}\mathrm dt$$ Pero esta integral me está dando problemas. Me rompió la integral $$\int_0^1\frac{\log(t^2-t+1)}{t^2-t}\mathrm dt=\int_0^1\frac{\log(t^2-t+1)}{t-1}\mathrm dt-\int_0^1\frac{\log(t^2-t+1)}t\mathrm dt$$ He desempeñado la sustitución de $t-1=u$ en la primera integral, luego divídelo: $$\int_0^1\frac{\log(t^2-t+1)}{t-1}\mathrm dt=\int_{-1}^0\frac{\log(2u+i\sqrt3+1)}u\mathrm du+\int_{-1}^0\frac{\log(2u-i\sqrt3+1)}u\mathrm du-2\log2\int_{-1}^0\frac{\mathrm du}u$$ Pero el último término se aleja, pero no sé lo que hice mal. En cualquier caso, me sorprendería si no hay una manera más fácil de ir sobre esto. Alguna sugerencia? Gracias.
Respuestas
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Vamos a multiplicar por $1$ la integral que se encuentra en la respuesta de @Federico. $$\int_0^1\frac{\log(1-x+x^2)}x dx =\int_0^1\frac{\ln(1+x^3)-\ln(1+x)}{x}dx$ $ $$\int_0^1\frac{\ln(1+x^3)}{x}dx\overset{x=t^{1/3}}=\frac13\int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{t^{1/3}}\,t^{1/3-1}dt\overset{t=x}=\frac13\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}dx$ $ $$ \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ frac1 {n ^ 2 {2n \ elegir n}} = \ frac23 \ int_0 ^ 1 \ frac {\ ln ( 1 + x)} {x} dx = \ frac23 \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ int_0 ^ 1 \ frac {(- 1) ^ {n-1} x ^ {n-1}} {n} dx$$$$=\frac23\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2}=\frac23\cdot\frac{\pi^2}{12}=\frac{\pi^2}{18}$ $ Por encima utilicé: $\ \displaystyle{\ln(1+x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}x^n}{n}}$
Comienzo a partir de $$ \int_0^1\frac{\log(t^2-t+1)}{t-1}\mathrm dt-\int_0^1\frac{\log(t^2-t+1)}t\mathrm dt . $$ En la primera integral, sustituto $t=1-u$. Entonces $$ \int_0^1\frac{\log(t^2-t+1)}{t-1}\mathrm dt =-\int_0^1\frac{\log(u^2-u+1)}{u}\mathrm du . $$
Así que usted consigue $$ \sum_{k\geq1}\frac1{k^2{2k\elegir k}} = -\int_0^1\frac{\log(t^2-t+1)}t\mathrm dt . $$
ANEXO
Después de dormir un poco, me las arreglé para calcular la integral con la ayuda de polylogarithm. Para $n\in\mathbb R$, definir $$ \mathrm{Li}_n(z) = \sum_{k=1}^\infty \frac{z^k}{k^n}. $$
Algunos hechos simples.
- $\mathrm{Li}_1(z)=-\log(1-z)$.
- $\mathrm{Li}_2(-1)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k^2} = -\frac{\pi^2}{12}$.
- $z\frac{d}{dz} \mathrm{Li}_n(z) = \mathrm{Li}_{n-1}(z)$.
- $\mathrm{Li}_n(z) = \int_0^z \frac{\mathrm{Li}_{n-1}(s)}{s}\,ds$.
Entonces $$ \begin{split} -\int_0^1\frac{\log(t^2-t+1)}t\mathrm dt &= -\int_0^1\frac{\log(1+t^3)-\log(1+t)}t\mathrm dt \\ &= \frac13\int_0^1\frac{\mathrm{Li}_1(-t^3)}{t^3}3t^2\mathrm dt - \int_0^1\frac{\mathrm{Li}_1(-t)}{t}\mathrm dt \\ &= \frac13 \int_0^1\frac{\mathrm{Li}_1(-t)}{t}\mathrm dt - \int_0^1\frac{\mathrm{Li}_1(-t)}{t}\mathrm dt \\ &= -\frac23 \int_0^1\frac{\mathrm{Li}_1(-t)}{t}\mathrm dt \\ &= -\frac23 \int_0^{-1}\frac{\mathrm{Li}_1(t)}{t}\mathrm dt \\ &= -\frac23 \mathrm{Li}_2(-1) = -\frac23 \left(-\frac{\pi^2}{12}\right) = \frac{\pi^2}{18}. \end{split} $$
Otro Enfoque es el de emplear Feynman del Truco:
Vamos
$$I(x) = \int_{0}^{1} \frac{\ln\left| x^2\left(t^2 - t\right) + 1\right|}{t^2 - t}\:dt$$
Nota $I = I(1)$ e $I(0) = 0$
Así
\begin{align} I'(x) &= \int_{0}^{1} \frac{2x\left(t^2 - t\right)}{\left(x^2\left(t^2 - t\right) + 1\right)\left( t^2 - t\right)}\:dt = \frac{2}{x}\int_{0}^{1} \frac{1}{\left(t - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{4 - x^2}{4x^2}}\:dt\\ &= \frac{4}{x}\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{1}{t^2 + \frac{4 - x^2}{4x^2}}\:dt = \frac{8}{\sqrt{4 - x^2}}\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{4 -x^2}} \right) \end{align}
Ahora podemos integrar a solucionar $I(x)$
$$I(x) = \int\frac{8}{\sqrt{4 - x^2}}\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{4 -x^2}} \right) \:dx = 4\left[\arctan\left( \frac{x}{\sqrt{4 - x^2}}\right) \right]^2 + C $$
Donde $C$ es una constante de integración. Como $I(0) = 0$ nos encontramos con $C = 0$ y así:
$$I(x) = 4\left[\arctan\left( \frac{x}{\sqrt{4 - x^2}}\right) \right]^2$$
Y, finalmente,
$$ I = I(1) = 4\left[\arctan\left( \frac{1}{\sqrt{3}}\right) \right]^2 = \frac{\pi^2}{9}$$
En primer lugar observar que, para $x$ real,
\begin{align}(1-x)^2-(1-x)+1&=(1-2x+x^2)-1+x+1\\ &=x^2-x+1 \end{align}
\begin{align}J&=\int_0^1 \frac{\ln(x^2-x+1)}{x(x-1)}\,dx\\ &=-\int_0^1 \frac{\ln(x^2-x+1)}{1-x}\,dx-\int_0^1 \frac{\ln(x^2-x+1)}{x}\,dx \end{align}
En la primera integral realizar el cambio de variable $y=1-x$,
\begin{align}J&=-2\int_0^1 \frac{\ln(x^2-x+1)}{x}\,dx\\ &=-2\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{x^3+1}{x+1}\right)}{x}\,dx\\ &=2\int_0^1 \frac{\ln\left(x+1\right)}{x}\,dx-2\int_0^1 \frac{\ln\left(x^3+1\right)}{x}\,dx\\ &=2\int_0^1 \frac{\ln\left(x+1\right)}{x}\,dx-2\int_0^1 \frac{x^2\ln\left(x^3+1\right)}{x^3}\,dx\\ \end{align}
En el último integral realizar el cambio de variable $y=x^3$,
\begin{align}J&=2\int_0^1 \frac{\ln\left(x+1\right)}{x}\,dx-\frac{2}{3}\int_0^1 \frac{\ln\left(x+1\right)}{x}\,dx\\ &=\frac{4}{3}\int_0^1 \frac{\ln\left(x+1\right)}{x}\,dx\\ &=\frac{4}{3}\int_0^1 \frac{\ln\left(1-x^2\right)}{x}\,dx-\frac{4}{3}\int_0^1 \frac{\ln\left(1-x\right)}{x}\,dx\\ &=\frac{4}{3}\int_0^1 \frac{x\ln\left(1-x^2\right)}{x^2}\,dx-\frac{4}{3}\int_0^1 \frac{\ln\left(1-x\right)}{x}\,dx \end{align}
En la primera integral realizar el cambio de variable $y=x^2$,
\begin{align}J&=\frac{2}{3}\int_0^1 \frac{\ln\left(1-x\right)}{x}\,dx-\frac{4}{3}\int_0^1 \frac{\ln\left(1-x\right)}{x}\,dx\\ &=-\frac{2}{3}\int_0^1 \frac{\ln\left(1-x\right)}{x}\,dx\\ &=-\frac{2}{3}\Big[\ln x\ln(1-x)\Big]_0^1 -\frac{2}{3}\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx\\ &=-\frac{2}{3}\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x}\,dx\\ &=\frac{2}{3}\zeta(2)\\ &=\frac{2}{3}\times \frac{\pi^2}{6}\\ &=\boxed{\frac{\pi^2}{9}} \end{align}
