La relación entre la constante de los catalanes y $ \pi $

Question

¿Qué tan relacionados están $G$ (constante del catalán) y $ \pi $ ?

Parece que encuentro $G$ mucho cuando se calculan integrales definitivas que implican logaritmos y funciones trigonométricas.

Ejemplo:

Es bien sabido que $$G= \int_0 ^{ \pi /4} \log\cot x\, \mathrm {d}x$$ Así que vemos que $$G= \int_0 ^{ \pi /4} \log\sin (x+ \pi /2)\, \mathrm {d}x- \int_0 ^{ \pi /4} \log\sin x\, \mathrm {d}x$$ Así que nos pusimos en marcha en la evaluación de $$L( \phi )= \int_0 ^ \phi\log\sin x\, \mathrm {d}x, \qquad \phi\in (0, \pi )$$ recordamos que $$ \sin x=x \prod_ {n \geq1 } \frac { \pi ^2n^2-x^2}{ \pi ^2n^2}$$ Aplicando $ \log $ en ambos lados, $$ \log\sin x= \log x+ \sum_ {n \geq1 } \log\frac { \pi ^2n^2-x^2}{ \pi ^2n^2}$$ integrando ambos lados de $0$ a $ \phi $ , $$L( \phi )= \phi ( \log\phi -3)+ \sum_ {n \geq1 } \phi\log\frac { \pi ^2n^2- \phi ^2}{ \pi ^2n^2}+ \pi n \log\frac { \pi n+ \phi }{ \pi n- \phi }$$ Con la sustitución $u=x+ \pi /2$ , $$ \begin {align} \int_0 ^ \phi \log\cos x\, \mathrm {d}x=& \int_0 ^{ \phi } \log\sin (x+ \pi /2)\, \mathrm {d}x \\ =& \int_ { \pi /2}^{ \phi + \pi /2} \log\sin x\, \mathrm {d}x \\ =& \int_ {0}^{ \phi + \pi /2} \log\sin x\, \mathrm {d}x- \int_ {0}^{ \pi /2} \log\sin x\, \mathrm {d}x \\ =&L( \phi + \pi /2)+ \frac\pi2\log2 \end {align} $$ Así que $$G=L \bigg ( \frac {3 \pi }4 \bigg )-L \bigg ( \frac\pi4\bigg )+ \frac\pi2\log2 $$ Y después de mucho álgebra, $$G= \frac\pi4\bigg ( \log\frac {27 \pi ^2}{16}+2 \log2 -6 \bigg )+ \pi\sum_ {n \geq1 } \bigg [ \frac14\log\frac {(16n^2-9)^3}{256n^4(16n^2-1)}+n \log\frac {(4n+3)(4n-1)}{(4n-3)(4n+1)} \bigg ]$$

Así que sí, supongo que encontré una serie para $G$ en términos de $ \pi $ pero ¿hay algún otro tipo de estas representaciones de $G$ en términos de $ \pi $ ?

edición realmente importante

Resulta que la serie $$ \frac\pi4\bigg ( \log\frac {27 \pi ^2}{16}+2 \log2 -6 \bigg )+ \pi\sum_ {n \geq1 } \bigg [ \frac14\log\frac {(16n^2-9)^3}{256n^4(16n^2-1)}+n \log\frac {(4n+3)(4n-1)}{(4n-3)(4n+1)} \bigg ]$$ no converge, sin embargo es un simple arreglo, y la serie $$G= \frac\pi4\bigg ( \log\frac {3 \pi\sqrt {3}}2-1 \bigg )+ \pi\sum_ {n \geq1 } \bigg [ \frac14\log\frac {(16n^2-9)^3}{256n^4(16n^2-1)}+n \log\frac {(4n+3)(4n-1)}{(4n-3)(4n+1)}-1 \bigg ]$$ hace convergen en $G$ .

Sorprendentemente, podemos usar esto para encontrar una identidad de producto infinita realmente pulcra. Aquí está cómo.

Usando las reglas de los exponentes y los logaritmos, podemos ver que $$ \frac {G} \pi + \frac12 - \log\bigg (3^{3/4} \sqrt { \frac\pi2 } \bigg )= \sum_ {n \geq1 } \log\bigg [ \frac1 {4en} \bigg ( \frac {(16n^2-9)^3}{16n^2-1} \bigg )^{1/4} \bigg ( \frac {(4n+3)(4n-1)}{(4n-3)(4n+1)} \bigg )^n \bigg ]$$ Entonces usando el hecho de que $$ \log\prod_ {i}a_i= \sum_ {i} \log a_i$$ Tenemos $$ \frac {G} \pi + \frac12 - \log\bigg (3^{3/4} \sqrt { \frac\pi2 } \bigg )= \log\bigg [ \prod_ {n \geq1 } \frac1 {4en} \bigg ( \frac {(16n^2-9)^3}{16n^2-1} \bigg )^{1/4} \bigg ( \frac {(4n+3)(4n-1)}{(4n-3)(4n+1)} \bigg )^n \bigg ]$$ Entonces tomar $ \exp $ en ambos lados, $$ \prod_ {n \geq1 } \frac1 {4en} \bigg ( \frac {(16n^2-9)^3}{16n^2-1} \bigg )^{1/4} \bigg ( \frac {(4n+3)(4n-1)}{(4n-3)(4n+1)} \bigg )^n= \sqrt { \frac {2e}{3 \pi\sqrt {3}}}e^{G/ \pi }$$ O tal vez más estéticamente, $$ \prod_ {n \geq1 } \frac1 {4en} \bigg ( \frac {(16n^2-9)^3}{16n^2-1} \bigg )^{1/4} \bigg ( \frac {(4n+3)(4n-1)}{(4n-3)(4n+1)} \bigg )^n= \sqrt { \frac {2}{3 \pi\sqrt {3}}} \exp\bigg ( \frac {G}{ \pi }+ \frac12\bigg )$$

Answer 1

\begin {alinear} \sum_ {n=0}^ \infty \frac { \binom {2n}{n}^2}{4^{2n+1}(2n+1)}= \frac { \text {G}}{ \pi } \tag1\end {alinear}

(ver p81, Derivando la serie de tipo Forsyth-Glaisher para $ \frac {1}{ \pi }$ y la constante del catalán por un método elemental. )

De la misma fuente,

\begin {alinear} \sum_ {n=0}^ \infty \frac { \binom {2n}{n}^2}{16^n(2n+3)}= \frac { \text {G}}{ \pi }+ \frac {1}{2 \pi } \tag2\end {alinear}

ADDENDUM :

Prueba para (1),

Es bien sabido que para $n \geq 0$ entero,

\begin {alinear} \int_0 ^{ \frac { \pi }{2}} \cos ^{2n} x\,dx= \frac { \pi }{2} \cdot\frac { \binom {2n}{n}{4^n} \end {alinear}

(Fórmula de Wallis)

Por lo tanto, para $n \geq 0$ entero,

\begin {alinear} \frac { \binom {2n}{n}^2 \pi ^2}{4^{2n+1}(2n+1)}= \int_0 ^1 \left ( \int_0 ^ \infty \int_0 ^ \infty t^{2n} \cos ^{2n}x \cos \right )\ ~ - dt \end {alinear}

por lo tanto,

\begin {alinear} \pi ^2 \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac { \binom {2n}{n}^2}{4^{2n+1}(2n+1)}&= \sum_ {n=0}^{ \infty } \left ( \int_0 ^1 \left ( \int_0 ^{ \frac { \pi }{2}} \int_0 ^{ \frac { \pi }{2}} t^{2n} \cos ^{2n}x \cos \right )\ ~ - dt \right ) \\ &= \int_0 ^1 \left ( \int_0 ^{ \frac { \pi }{2}} \int_0 ^{ \frac { \pi }{2}} \left ( \sum_ {n=0}^{ \infty }t^{2n} \cos ^{2n}x \cos ^{2n}y \right ) \ ~ - dx, dy, dy \right )\ ~ - dt \\ &= \int_0 ^1 \left ( \int_0 ^{ \frac { \pi }{2}} \int_0 ^{ \frac { \pi }{2}} \frac {1}{1-t^2 \cos ^2 x \cos ^2 y ^2 y ^2 y ^2 y ^2 y ^2 y ^2 y ^2 y ^2 y ^2. \right )\ ~ - dt \\ \end {alinear}

Realizar el cambio de variable $u= \tan x$ , $v= \tan y$ ,

\begin {alinear} \pi ^2 \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac { \binom {2n}{n}^2}{4^{2n+1}(2n+1)}&= \int_0 ^1 \left ( \int_0 ^{ \infty } \int_0 ^{ \infty } \frac {1}{(1+u^2)(1+v^2)-t^2}\,du\,dv \right )\ ~ - dt \\ &= \int_0 ^1 \left ( \int_0 ^ \infty \frac {1}{ \sqrt {1+v^2}} \left [ \frac { \arctan\left ( \frac {u \sqrt {1+v^2}}{ \sqrt {1+v^2-t^2}} \right )}{ \sqrt {1+v^2-t^2}} \right ]_{u=0}^{u= \infty } {\a6}, dvd \right )\ ~ - dt \\ &= \frac { \pi }{2} \int_0 ^1 \left ( \int_0 ^ \infty \frac {1}{ \sqrt {1+v^2} \sqrt {1+v^2-t^2}},dv \right )\ ~ - dt \\ &= \frac { \pi }{2} \int_0 ^ \infty \frac {1}{ \sqrt {1+v^2}} \left [ \arctan\left ( \frac {t}{ \sqrt {1+v^2-t^2}} \right ) \right dv \\ &= \frac { \pi }{2} \int_0 ^ \infty \frac { \arctan\left ( \frac {1}{v} \right )}{ \sqrt {\i1+v^2}{\b1},dv{\b}{\b1} \\ \end {alinear}

Realizar el cambio de variable $y= \dfrac {1}{x}$ ,

\begin {alinear} \pi ^2 \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac { \binom {2n}{n}^2}{4^{2n+1}(2n+1)}&= \frac { \pi }{2} \int_0 ^ \infty \frac { \arctan x}{x \sqrt {\i1+x^2}{\b1},dx{\b1} \\ \end {alinear}

Realizar el cambio de variable $y= \arctan x$ ,

\begin {alinear} \pi ^2 \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac { \binom {2n}{n}^2}{4^{2n+1}(2n+1)}&= \frac { \pi }{2} \int_0 ^{ \frac { \pi }{2}} \frac {x}{ \sin x} \ ~ - Dx \\ &= \frac { \pi }{2} \Big [x \ln\left ( \tan\left ( \frac {x}{2} \right ) \right ) \Big ]_0^{ \frac { \pi }{2}}- \frac { \pi }{2} \int_0 ^{ \frac { \pi }{2}} \ln\left ( \tan\left ( \frac {x}{2} \right ) \right )\N-,dx \\ &=- \frac { \pi }{2} \int_0 ^{ \frac { \pi }{2}} \ln\left ( \tan\left ( \frac {x}{2} \right ) \right )\N-,dx \\ \end {alinear}

Realizar el cambio de variable $y= \frac {x}{2}$ ,

\begin {alinear} \pi ^2 \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac { \binom {2n}{n}^2}{4^{2n+1}(2n+1)}&= - \pi\int_0 ^{ \frac { \pi }{4}} \ln ( \tan x), dx \\ &= \pi\times \text {G} \\ \end {alinear}

Por lo tanto,

\begin {alinear} \boxed { \sum_ {n=0}^ \infty \frac { \binom {2n}{n}^2}{4^{2n+1}(2n+1)}= \frac { \text {G}}{ \pi }} \end {alinear}

Answer 2

Demos una prueba de la identidad de Ramanujan. $$ \sum_ {n \geq 0} \left [ \frac {1}{4^n} \binom {2n}{n} \right ]^2 \frac {1}{2n+1}= \frac {4G}{ \pi }. \tag {1}$$ Podemos recordar la serie de Maclaurin de la integral elíptica completa del primer tipo (en lo siguiente, el argumento de $K$ es la elíptica módulo ) $$ K(x)= \frac { \pi }{2} \sum_ {n \geq 0} \left [ \frac {1}{4^n} \binom {2n}{n} \right ]^2 x^n \tag {2}$$ de tal manera que el LHS de $(1)$ descaradamente es $ \frac {2}{ \pi } \int_ {0}^{1}K(x^2)\,dx$ o $$ \frac {1}{ \pi } \int_ {0}^{1} \frac {K(x)}{ \sqrt {x}}\,dx. \tag {3}$$ Debido a la función generadora de los polinomios de Legendre, ambos $K(x)$ y $ \frac {1}{ \sqrt {x}}$ tienen expansiones muy simples de FL (Fourier-Legendre), a saber $$ K(x)= \sum_ {m \geq 0} \frac {2}{2m+1}P_m(2x-1), \qquad \frac {1}{ \sqrt {x}}= \sum_ {m \geq 0}2(-1)^m P_m(2x-1) \tag {4} $$ por lo tanto por la relación de ortogonalidad $ \int_ {0}^{1}P_n(2x-1)P_m(2x-1)\,dx= \frac { \delta (m,n)}{2n+1}$ tenemos $$ \sum_ {n \geq 0} \left [ \frac {1}{4^n} \binom {2n}{n} \right ]^2 \frac {1}{2n+1} = \frac {4}{ \pi } \sum_ {m \geq 0} \frac {(-1)^m}{(2m+1)^2}= \frac {4G}{ \pi } \tag {5}$$ QED.

Este enfoque es lo suficientemente poderoso como para permitirle calcular mucho peor .

Answer 3

Para algunas integrales: $$ \color {blue}{ \int_0 ^1 \ln\left ( \frac {1-x}{1+x} \right ) \ln\left ( \frac {1-x^2}{1+x^2} \right ) \frac {dx}{x}= \pi G}$$ $$ \color {red}{ \int_0 ^ \frac { \pi }{2} x \ln\left ( \cot\left ( \frac {x}{2} \right ) \left ( \frac { \sec x}{2} \right )^4 \right )dx= \pi G}$$

Answer 4

Como se detalla aquí hay muchas representaciones de la constante de Catalán, incluso en términos de sumas infinitas alternas de recíprocos polinómicos - ver ecuaciones $(20)$ a través de $(32)$ . Ecuación $(9)$ proporciona una forma muy agradable que incluye $ \pi $ , $$G= \frac { \pi ^2}8-2 \sum_ {k \ge 0} \frac1 {(4k+3)^2}$$ pero se deriva de $ \zeta (2)$ . Por lo tanto, no debería ser sorprendente que los valores de $ \zeta (2s)$ para un entero positivo $s$ son fracciones de $ \pi ^2$ . Otro de Wikipedia da $$8G= \pi\log (2+ \sqrt3 )+ \sum_ {k \ge0 } \frac3 {(2k+1)^2 \binom {2k}k}.$$

Answer 5

He aquí una selección de las fórmulas indicadas en la sección 1.7 La constante del catalán, $G$ de Las constantes matemáticas por Steven R. Finch

Una linda coincidencia:

\begin {alineado*} \frac { \pi ^2}{12 \ln (2)}&= \left (1- \frac {1}{2^2}+ \frac {1}{3^2}- \frac {1}{4^2}+- \cdots\right ) \left (1- \frac {1}{2}+ \frac {1}{3}- \frac {1}{4}+- \cdots\right )^{-1} \\ \frac {4G}{ \pi }&= \left (1- \frac {1}{3^2}+ \frac {1}{5^2}- \frac {1}{7^2}+- \cdots\right ) \left (1- \frac {1}{3}+ \frac {1}{5}- \frac {1}{7}+- \cdots\right )^{-1} \\ \end {alineado*} y la variación \begin {alineado*} \frac {8G}{ \pi ^2}&= \left (1- \frac {1}{3^2}+ \frac {1}{5^2}- \frac {1}{7^2}+- \cdots\right ) \left (1+ \frac {1}{3}+ \frac {1}{5}+ \frac {1}{7}+ \cdots\right )^{-1} \\ \end {alineado*}

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Serie:

\begin {alineado*} \sum_ {k=0}^ \infty \frac {1}{(2k+1)^2 \binom {2k}{k}}&= \frac {8}{3}G- \frac { \pi }{3} \ln (2+ \sqrt {3}) \\ \sum_ {n=1}^ \infty\frac {(-1)^{n+1}}{n^2} \sum_ {k=1}^n \frac {1}{k+n}&= \pi G- \frac {33}{16} \zeta (3) \end {alineado*}

Una serie obtenida por Ramanujan:

\begin {alineado*} G= \frac {5}{48} \pi ^2-2 \sum_ {k=0}^ \infty\frac {(-1)^k}{(2k+1)^2 \left (e^{ \pi (2k+1)}-1 \right )}- \frac {1}{4} \sum_ {k=1}^ \infty\frac { \mathrm {sech} ( \pi k)}{k^2} \end {alineado*}

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Integrales:

\begin {alineado*} 4 \int_ {0}^1 \frac { \arctan (x)^2}{x},dx= \int_0 ^{ \frac { \pi }{2}} \frac {x^2}{ \sin (x)}\,dx=2 \pi G- \frac {7}{2} \zeta (3) \end {alineado*}