Forma cerrada de este tipo $\sum_{j=0}^{\infty}\frac{2^jj^n}{(2j+1)(2j+3){2j \choose j}}$

Question

Dado que, $$\sum_{j=0}^{\infty}\frac{2^j\left(j-\frac{1}{3}\right)^3\left(j^2+j-1\right)}{(2j+1)(2j+3){2j \choose j}}=A\tag1$$

Tenemos $A=2\pi+12+\frac{1}{3}?$

Podemos generalizar lo anterior $(1)$ :

$$\sum_{j=0}^{\infty}\frac{2^jj^n}{(2j+1)(2j+3){2j \choose j}}=F(n)\tag2$$

Creo que el cerrado por $(2)$ es

$$F(n)=(-1)^{n}(2n+1)-(-1)^n (2n-1)\cdot \frac{\pi}{2}$$

¿Cómo podemos demostrar que la $(2)$ ¿Es correcto?

Answer 1

A partir de la expansión de $\arcsin^2 t$ \begin{equation} \arcsin^2 t=\sum_{p=0}^\infty \frac{2^{2p}t^{2p+2}}{(2p+1)(p+1)\binom{2p}{p}} \end{equation} podemos obtener por diferenciación \begin{equation} 2\frac{\arcsin t}{\sqrt{1-t^2}}=\sum_{p=0}^\infty \frac{2^{2p+1}t^{2p+1}}{(2p+1)\binom{2p}{p}} \end{equation} Multiplicando la identidad anterior por $t$ e integrando, se obtiene \begin{equation} 2\int_0^x\frac{t\arcsin t}{\sqrt{1-t^2}}\,dt=\sum_{p=0}^\infty \frac{2^{2p+1}x^{2p+3}}{(2p+1)(2p+3)\binom{2p}{p}} \end{equation} Elegimos $x=\sqrt{y}/2$ y dividir la identidad por $y^{3/2}$ escribir \begin{equation} \frac{8}{y^{3/2}}\int_0^{\sqrt{y}/2}\frac{t\arcsin t}{\sqrt{1-t^2}}\,dt=\sum_{p=0}^\infty \frac{y^{p}}{(2p+1)(2p+3)\binom{2p}{p}} \end{equation} Ahora, aplicando el operador $y\frac{d}{dy}$ $n$ veces y tomando el resultado en $y=2$ da \begin{equation} \left.\left[ y\frac{d}{dy}\right]^n\frac{8}{y^{3/2}}\int_0^{\sqrt{y}/2}\frac{t\arcsin t}{\sqrt{1-t^2}}\,dt\right|_{y=2}=\sum_{p=0}^\infty \frac{p^{n}2^p}{(2p+1)(2p+3)\binom{2p}{p}} \end{equation} La función puede evaluarse como \begin{equation} \frac{8}{y^{3/2}}\int_0^{\sqrt{y}/2}\frac{t\arcsin t}{\sqrt{1-t^2}}\,dt=\frac{4}{y}-8\frac{\sqrt{1-\frac{y}{4}}}{y^{3/2}}\arcsin\left( \frac{\sqrt{y}}{2} \right) \end{equation} El resultado anterior puede simplificarse tomando $z=\sqrt{y}/2$ : \begin{equation} \left.\left[\frac{1}{2} z\frac{d}{dz}\right]^n \left[ \frac{1}{z^2}-\frac{\sqrt{1-z^2}}{z^3}\arcsin z\right] \right|_{z=\sqrt{2}/2}=\sum_{p=0}^\infty \frac{p^{n}2^p}{(2p+1)(2p+3)\binom{2p}{p}} \end{equation} En $\arcsin \left(\sqrt{2}/2\right)=\pi/4$ y puesto que las sucesivas aplicaciones del operador sobre $z^{-2}$ y $z^{-3}\left( 1-z^2 \right)^k$ ( $k$ es un número entero) en $z=1/\sqrt{2}$ dan resultados racionales, esperamos \begin{equation} F(n)=a_n+b_n\pi \end{equation} donde $a_n$ y $b_n$ son racionales. Sin embargo, no he podido encontrar ninguna expresión sencilla para estos coeficientes. Los primeros valores son $F(n)=2-\pi/2,-3+\pi,5-3\pi/2,-7+5\pi/2,13-3\pi,-7+17\pi/2, 93+27\pi/2\cdots$ para $n=0,1,2,3,4,5,6\cdots$ . No se corresponden con la fórmula propuesta, como ha señalado @Mariusz Iwaniuk en un comentario.

Con $z=\exp(t/2)$ tenemos $1/2zd/dz=d/dt$ y podemos construir la función generadora para el $F(n)$ : \begin{equation} \sum_{n=0}^\infty F(n)\frac{t^n}{n!}=\phi\left( t-\ln2 \right) \end{equation} donde \begin{equation} \phi\left( t-\ln 2 \right)=2e^{-3t/2}\left[ e^{t/2}-\sqrt{2-e^{t}}\arcsin\left(\frac{ e^{t/2}}{\sqrt{2}} \right)\right] \end{equation}

Answer 2

Demasiado largo para un comentario.

Sólo por curiosidad, he calculado $$G_n=2(-1)^n\sum_{j=0}^{\infty}\frac{2^jj^n}{(2j+1)(2j+3){2j \choose j}}$$ y obtuve los sorprendentes resultados $$\left( \begin{array}{cc} 0 & 4-\pi \\ 1 & 6-2 \pi \\ 2 & 10-3 \pi \\ 3 & 14-5 \pi \\ 4 & 26-6 \pi \\ 5 & 14-17 \pi \\ 6 & 186+27 \pi \\ 7 & -1042-380 \pi \\ 8 & 10906+3399 \pi \\ 9 & -119218-38057 \pi \\ 10 & 1490042+474132 \pi \\ 11 & -20706898-6591455 \pi \\ 12 & 317327706+101008179 \pi \\ 13 & -5315948530-1692119522 \pi \\ 14 & 96656651578+30766766937 \pi \\ 15 & -1895852523154-603468602105 \pi \\ 16 & 39903246182426+12701597748834 \pi \\ 17 & -897111926876722-285559595341037 \pi \\ 18 & 21456828988070394+6829920793053567 \pi \\ 19 & -544015833214835410-173165617952800580 \pi \\ 20 & 14574701046924559066+4639271431409321739 \pi \end{array} \right)$$ donde, como ya se ha dicho en comentarios y respuestas, no parece aparecer ningún patrón.