Mostrar que $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac3{n^2\binom{2n}n}$ sin realmente evaluar ambas series

Question

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac3{n^2\binom{2n}n}\tag1$$

Tenga en cuenta que $(1)$ es cierto desde el lado izquierdo es igual a $\zeta(2)$ mientras que el lado derecho es igual a $6\arcsin^2 1$ que ambos salen a la igualdad de $\pi^2/6$ como es bien conocido. Sin embargo, yo soy poco de curiosidad acerca de cómo mostrar las $(1)$ sin evaluación de ambas series.

Soy consciente de un elegante enfoque aportado por Markus Scheuer como una respuesta a los Distintos métodos para calcular Basilea problema. Aunque esto responde a mi pregunta parcialmente estoy buscando diferentes intentos. Por ejemplo, dentro de Jack D'Aurizio's notas hay una manera de propuesta de la explotación creativa telescópica $($consulte la página $5$f.a$)$ que estoy tristemente hablando no es capaz de entender completamente todavía. De ahí que me han llegado a través de una prueba de un similar igualdad relativa $\zeta(3)$ en AoPS dada por pprime estoy seguro de que de hecho hay otros métodos posibles.

Me gustaría ver a los intentos de la prueba de $(1)$ junto a los mencionados, que no se basan en la realidad muestra que la igualdad de $\pi^2/6$. Preferentemente, estos deben estar en el espíritu de Markus Scheuer's o Jack D'Aurizio's enfoques en lugar de uno similar por pprime.

EDICIÓN I

He encontrado otro enfoque interesante, de nuevo por Jack D'Aurizio, el cual puede ser encontrado aquí la utilización armónica de sumas y creativa telescópica en combinación.

EDICIÓN II

Como se ha señalado por Zacky en la página $31$ de Jacknotas para el otro methode se puede encontrar que hace tres posibilidades ofrecidas por Jack solo. Muy impresionante!

Answer 1

Aquí es una forma, aunque no estoy seguro de que esto es lo que hay que buscar para encontrar.

Ya tenemos $$ \frac{1}{\binom{2n}{n}} =\frac{n!n!}{(2n)!} $$ por el binomio identidad, obtenemos $$ \frac{1}{n^2\binom{2n}{n}} =\frac{(n-1)!(n-1)!}{(2n)!} =\frac{\color{purple}{\Gamma(n)\Gamma(n)}}{2n\color{purple}{\Gamma(n+n)}}=\frac{1}{2n}\color{purple}{B(n,n)} $$ Por lo tanto, tenemos \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2\binom{2n}{n}} & =\frac12\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\color{purple}{B(n,n)} =\frac12\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\color{purple}{\int_0^1 (x(1-x))^{n-1}dx} \\ & = -\frac12\int_0^1 \frac{1}{x(1-x)} \color{blue}{\left(-\sum_{n=1}^\infty \frac{(x(1-x))^{n}}{n}\right)}dx = - \frac12 \int_0^1 \frac{\color{blue}{\ln(1-x(1-x))}}{x(1-x)}dx \\ & = -\frac12 \bigg(\int_0^1 \frac{\ln(1-x(1-x))}{x}dx+\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln(1-x(1-x))}{1-x}dx}_{1-x\ \rightarrow \ x}\bigg) \\ & = - \frac12\left(\int_0^1 \frac{\ln(1-x(1-x))}{x}dx +\int_0^1 \frac{\ln(1-(1-x)x)}{x}dx\right) \\ & = - \int_0^1 \frac{\ln(1-x+x^2)}{x}dx = - \int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{1+x^3}{1+x}\right)}{x}dx \\ & = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x}dx-\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln(1+x^3)}{x}dx}_{x^3 \rightarrow x} \\ & = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x}dx -\frac13 \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x}dx =\frac23\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x}dx \end{align*} $\quad \quad \quad \quad \quad \quad \displaystyle{ =\frac13 \int_0^1 \frac{\ln x}{x-1}dx}$$\displaystyle{=-\frac13\sum_{n=0}^\infty \int_0^1 x^n \ln xdx= \frac13 \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)^2}=\frac13 \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}}$

Como una alternativa simplemente tome $x=1$ en la siguiente relación muestra por Felix Marin: $$ \sum_{n = 1}^{\infty}{x^{n} \over n^{2}{2n \elegir n}} =-\int_{0}^{1} \frac{\ln(1-(1-t)tx}{t} dt. $$