Cómo probar por medios aritméticos que $\sum\limits_ {k=1}^ \infty \frac {((k-1)!)^2}{(2k)!} = \frac {1}{3} \sum\limits_ {k=1}^{ \infty } \frac {1}{k^{2}}$

Question

He estado tratando de probar, por medios aritméticos, que

$$\sum_ {k=1}^ \infty \frac {((k-1)!)^2}{(2k)!} = \frac {1}{3} \sum_ {k=1}^{ \infty } \frac {1}{k^{2}}$$

sin éxito.

Cuando digo "por medios aritméticos" Quiero decir, pasar de la expresión izquierda a la derecha sólo por manipulación simbólica.

¿Puede alguien idear una forma de hacer esto?

Answer 1

Andreas te dio una buena pista: el "coeficiente del binomio central". El término genérico para esta familia de series (ampliamente estudiada) es 'Sumas del binomio central' (serie).

Su fórmula es un caso especial de la más general:
$$2( \arcsin (x))^2= \sum_ {m=1}^{ \infty } \frac {(2x)^{2m}}{m^2 \binom {2m}{m}}$$

con $x=1/2$ y desde que $\arcsin (1/2)= \pi /6$ tendrás tu respuesta.

Puede encontrar muchas fórmulas de este tipo por ejemplo en Sprugnoli's "Suma de los recíprocos de los coeficientes del binomio central .

Borwein y Broadhurst estudiaron mucho este tipo de series (lectura muy interesante por cierto!) :

• "Suma de Binomios Centrales, Múltiples Valores Clausen y Valores Zeta
• "Poderes enteros de Arcsin

Al final de "Pi y el AGM" los Borweins proponen probar la fórmula general usando : $$x \frac {d}{dx}( \arcsin\ x)^2= \frac {2x \arcsin\ x}{ \sqrt {1-x^2}}$$

y el hecho de que ambos $\displaystyle f(x)= \frac { \arcsin\ x}{ \sqrt {1-x^2}}$ y $\displaystyle F(x)= \frac {1}{2x} \sum_ {m=1}^{ \infty } \frac {(2x)^{2m}}{m \binom {2m}{m}}$
satisfacer la ecuación diferencial : $(1-x^2)f'=1+xf$

Tal vez no sea la prueba directa que deseaba... Euler fue probablemente el primero en descubrir esta fórmula así como las otras expresiones de $\zeta (2n)$ ( Las contribuciones de Euler a $\pi$ fórmulas).

Agreguemos que la fórmula propuesta por la OP fue parte de la famosa prueba de Apery de la irracionalidad de $\zeta (3)$ ya que también demostró la irracionalidad de $\zeta (2)$ usando esta fórmula (van der Poorten (1979) "Una prueba de que Euler falló . Compara la fórmula de $\zeta (3)$ allí!).

¡Unas cosas muy bonitas!

Answer 2

Añadiendo al último párrafo de la respuesta de Raymond Manzoni. La igualdad dada puede derivarse de la finito versión $$2 \sum_ {n=1}^{N} \frac {(-1)^{n-1}}{n^{2}}+ \sum_ {k=1}^{N} \frac {(-1)^{N+k-1}}{ k^{2} \dbinom {N}{k} \dbinom {N+k}{k}}=3 \sum_ {n=1}^{N} \frac {1}{n^{2} \dbinom {2n}{n}}. \tag {1}$$

En la nota 4 del artículo de Alf van der Poorten Una prueba de que Euler ...se perdió... La prueba de Apéry de la irracionalidad de $\zeta (3)$ el El autor declara que la siguiente identidad $$\zeta (2):= \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {1}{n^{2}}= \frac { \pi ^{2}}{6} =3 \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {1}{n^{2} \dbinom {2n}{n}} \tag {2}$$ puede probarse variando ligeramente el argumento de la sección 3 - multiplicar por $(-1)^{n-1}$ en lugar de dividir por $n$ . En esta sección 3 el equivalente uno para $\zeta (3)$ se demuestra $$\zeta (3):= \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {1}{n^{3}}= \frac {5}{2} \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {(-1)^{n-1}}{n^{3} \dbinom {2n}{n}}, \tag {3}$$ como consecuencia de $^1$ $$\sum_ {n=1}^{N} \frac {1}{n^{3}}= \frac {5}{2} \sum_ {k=1}^{N} \frac { \left ( -1 \right ) ^{k-1}}{k^{3} \dbinom {2k}{k}}+ \sum_ {k=1}^{N} \frac { \left ( -1 \right ) ^{k-1}}{2k^{3} \dbinom {N}{k} \dbinom {N+k}{k}}, \tag {4}$$ dejando $N \rightarrow \infty$ . Adapté el cálculo como se indica y obtuve $(1)$ . Desde que el segundo término de la izquierda se desvanece, como $N \rightarrow \infty$ obtenemos la igualdad dada en la forma

$$\sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {1}{n^{2}}=2 \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac { (-1)^{n-1}}{n^{2}}=3 \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {1}{n^{2} \dbinom {2n}{n}}. \tag {5}$$

---

$^{1}$ Una de las sumas intermedias puede escribirse como $$\sum_ {k=1}^{n-1}(-1)^{k}n \left ( \varepsilon _{n,k}- \varepsilon _{n-1,k} \right ) = \frac {1}{n^{2}}- \frac {2(-1)^{n-1}}{n^{2} \dbinom {2n}{n}}, \tag {6}$$

donde $$\varepsilon _{n,k}= \frac {1}{2} \frac { \left ( k! \right ) ^{2}(n-k)!}{k^{3}(n+k)!} = \frac {1}{2k^{3} \dbinom {n+k}{k} \dbinom {n}{k}}. \tag {7}$$

En lugar de dividir $(6)$ por $n$ como un paso para obtener $(4)$ si nos multiplicamos por $(-1)^{n-1}$ tenemos $$\sum_ {k=1}^{n-1}(-1)^{k+n-1}n \left ( \varepsilon _{n,k}- \varepsilon _{n-1,k} \right ) = \frac {(-1)^{n-1}}{n^{2}}- \frac {2}{n^{2} \dbinom {2n}{n}}. \tag {8}$$ Después de más manipulaciones conseguí $(1)$ .

Nota el LHS de $(1)$ es la secuencia diagonal $c_{N,N}^{ \prime }$ de la doble secuencia $c_{n,k}^{ \prime }$ definido por la fórmula $5^{ \prime }$ en la sección 6 de la mencionado artículo.

Answer 3

Primero, vamos a calcular una suma ligeramente más simple $$\begin {align} \sum_ {k=1}^ \infty\frac { \Gamma (k)^2}{ \Gamma (2k)}(2x)^{2k-1} &= \sum_ {k=1}^ \infty\mathrm {B}(k,k)(2x)^{2k-1} \\ &= \sum_ {k=1}^ \infty\int_0 ^1t^{k-1}(1-t)^{k-1}(2x)^{2k-1} \mathrm {d}t \\ &= \int_0 ^1 \frac {2x}{1-4x^2t(1-t)} \mathrm {d}t \\ &= \frac {1}{2x} \int_0 ^1 \frac {1}{t^2-t+ \frac {1}{4x^2}} \mathrm {d}t \\ &= \frac {1}{2x} \int_0 ^1 \frac {1}{(t- \alpha )(t-1+ \alpha )} \mathrm {d}t \text { where }2 \alpha -1= \sqrt {1- \frac {1}{x^2}} \\ &= \frac {1}{2x} \frac {1}{2 \alpha -1} \int_0 ^1 \left ( \frac {1}{t- \alpha }- \frac {1}{t-1+ \alpha } \right ) \mathrm {d}t \\ &= \frac {1}{2 \sqrt {x^2-1}} \left [ \log\left ( \frac { \alpha -1}{ \alpha } \right )- \log\left ( \frac { \alpha }{ \alpha -1} \right ) \right ] \\ &= \frac {1}{ \sqrt {x^2-1}} \log\left ( \frac { \alpha -1}{ \alpha } \right ) \text { where } \frac { \alpha -1}{ \alpha }= \left ( \sqrt {1-x^2}+ix \right )^2 \\ &= \frac {-2i}{ \sqrt {1-x^2}}i\, \tan ^{-1} \left ( \frac {x}{ \sqrt {1-x^2}} \right ) \\ &= \frac {2}{ \sqrt {1-x^2}} \sin ^{-1}(x) \tag {1} \end {align}$$ Integrando ambos lados de $(1)$ rendimientos $$\frac12\sum_ {k=1}^ \infty\frac { \Gamma (k)^2(2x)^{2k}}{ \Gamma (2k+1)} = \left [ \sin ^{-1}(x) \right ]^2 \tag {2}$$ Conectando $x= \frac12$ en $(2)$ da $$\sum_ {k=1}^ \infty\frac {(k-1)!^2}{(2k)!}= \frac { \pi ^2}{18} \tag {3}$$ En esta respuesta se demuestra que $$\sum_ {k=1}^ \infty\frac {1}{k^2}= \zeta (2)= \frac { \pi ^2}{6} \tag {4}$$ Combinando $(3)$ y $(4)$ rendimientos $$\sum_ {k=1}^ \infty\frac {(k-1)!^2}{(2k)!}= \frac13\sum_ {k=1}^ \infty\frac {1}{k^2} \tag {5}$$

Answer 4

En su pregunta anterior usted pidió que se evaluara el lado izquierdo, lo que dio $\frac { \pi ^2}{18}$ .

El lado izquierdo es $\frac {1}{3} \sum_ {k=1}^ \infty \frac {1}{k^2} = \frac {1}{3} \zeta (2) = \frac {1}{3} \frac { \pi ^2}{6} = \frac { \pi ^2}{18}$ .

Aquí $\zeta (2)$ significa el Función zeta de Riemann .