¿Cómo podemos demostrar las siguientes identidades $$\sum_{n=1}^\infty n^{-3}{\binom{2n}n}^{-1}=\pi\operatorname{Cl}_2\left(\frac{2\pi}{3}\right)-\frac{4}{3}\zeta(3)\tag{1}$$ $$\sum_{n=1}^\infty (n+1)^{-2}{\binom{2n}n}^{-1}=\frac{2\pi^2}{9}-2\pi\operatorname{Cl}_2\left(\frac{2\pi}{3}\right)+\frac{8}{3}\zeta(3)-1\tag{2}$$ donde $\operatorname{Cl}_2(x)$ es el Clausen integral?
Algunas identidades de este tipo se han demostrado en este trabajo.
$(1)$: Queremos evaluar $\quad\displaystyle S:=\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m^3\binom{2m}{m}}$
A partir de esta respuesta se obtuvo : $$\tag{1}2(\arcsin(x))^2=\sum_{m=1}^{\infty} \frac{(2x)^{2m}}{m^2\binom{2m}{m}}$$ La integración de este multiplicado por $\,\dfrac 2x\,$ $\,0$ $\dfrac 12$ofrecer : \begin{align} S&=2\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m^2\binom{2m}{m}}\int_0^{\frac12}\dfrac{(2x)^{2m}}{x}\,dx\\ \tag{2}S&=4\int_0^{\frac 12} \frac{(\arcsin(x))^2}x\,dx\\ \tag{3}S&=4\int_0^{\pi/6} \frac{t^2}{\tan(t)}\,dt\\ S&=4\left[\left.t^2\log(\sin(t))\right|_{\,0}^{\,\pi/6}-2\int_0^{\pi/6} t\,\log(\sin(t))\,dt\right]\\ \tag{4}S&=-\frac{\log(2)\pi^2}9-8\int_0^{\pi/6} t\,\log(\sin(t))\,dt\\ \end{align} El Clausen integral verifica : $\;\displaystyle\operatorname{Cl}_2(x)'=-\log(2\sin(t/2))\;$ así que vamos a reescribir $(4)$ y use integración por partes de $\operatorname{Cl}_2(x)$ : \begin{align} S&=-\frac{\log(2)\pi^2}9-\frac 84\int_0^{\pi/3} t\;\log(2\sin(t/2))-t\log(2)\,dt\\ \tag{5}S&=-2\int_0^{\pi/3} t\;\log(2\sin(t/2))\,dt\\ &=2\left[t\;\operatorname{Cl}_2(x)\left.\right|_0^{\pi/3}-\int_0^{\pi/3} \operatorname{Cl}_2(t)\,dt\right]\\ &=\frac{2\pi}3\operatorname{Cl}_2\left(\frac{\pi}3\right)+2\,\left(\operatorname{Cl}_3\left(\frac{\pi}3\right)-\operatorname{Cl}_3\left(0\right)\right)\\ \end{align} Desde $\;\displaystyle\operatorname{Cl}_{2n}(x):=\sum_{k=1}^\infty \frac{\sin(k\,x)}{k^{\,2n}},\ \operatorname{Cl}_{2n+1}(x):=\sum_{k=1}^\infty \frac{\cos(k\,x)}{k^{\,2n+1}}\;$ hemos hecho $\;\operatorname{Cl}_3(x)'=-\operatorname{Cl}_2(x)$.
Ahora $\,\operatorname{Cl}_3(0)=\zeta(3)\,$ $\,\operatorname{Cl}_3\left(\dfrac{\pi}3\right)=\dfrac{\zeta(3)}3\,$ (probar esta utilizando la serie de $\operatorname{Cl}_3$) mientras que $\,\operatorname{Cl}_2\left(\dfrac{2\pi}3\right)=\dfrac 23\operatorname{Cl}_2\left(\dfrac{\pi}3\right)\,$ no puede ser escrita en la forma más simple (sin usar polylogarithms), de modo que su $(1)$ es de hecho la derecha : $$\boxed{\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac 1{n^{3}{\binom{2n}n}}=\pi\operatorname{Cl}_2\left(\frac{\pi}{3}\right)-\frac{4}{3}\zeta(3)}\tag{6}$$
$(2)$: Con respecto a las $\;\displaystyle \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{(m+1)^2\binom{2m}{m}}\ $ el enlace (es decir, la derivada de $(1)$ multiplicado por el $\dfrac x2$) nos da : $$\tag{7}\frac{2x \arcsin\ x}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{m=1}^{\infty} \frac{(2x)^{2m}}{m\binom{2m}{m}}$$ Los derivados de este (multiplicado por $x/2$) nos dará la general :
$$\tag{8}\boxed{\frac {x^2}{1-x^2}+x\frac {\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}^3}=\sum_{m=1}^{\infty} \frac{(2x)^{2m}}{\binom{2m}{m}}}$$
Multiplicando por $\,x$, la integración y dividiendo por $x^2/2$ obtenemos :
$$\tag{9}2\frac {\arcsin(x)}{x\,\sqrt{1-x^2}}-\frac{\arcsin(x)^2}{x^2}-1=\sum_{m=1}^{\infty} \frac{(2x)^{2m}}{(m+1)\binom{2m}{m}}$$
La integral indefinida de $\;\displaystyle 2\;x\frac {\arcsin(x)}{x\,\sqrt{1-x^2}}\;$ es simplemente $\,\arcsin(x)^2\,$, mientras que la integral de $\;\displaystyle x\frac{\arcsin(x)^2}{x^2}$ es más complicado , pero hemos encontrado $\;\displaystyle\int_0^{1/2}\frac {\arcsin(x)^2}x\,dx=\frac S4$ anterior y puede por lo tanto concluir que : $$\int_0^{1/2} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{x(2x)^{2m}}{(m+1)\binom{2m}{m}}\,dx=\sum_{m=1}^{\infty} \frac{2^{-3}(1)^{2m+2}}{(m+1)^2\binom{2m}{m}}=\left.\arcsin(x)^2-\frac{x^2}2\right|_{\,0}^{\,1/2}-\frac S4$$ o : $$\sum_{m=1}^{\infty} \frac 1{(m+1)^2\binom{2m}{m}}=8\left(\frac{\pi}6\right)^2-\frac 88-2\left(\pi\operatorname{Cl}_2\left(\frac{\pi}{3}\right)-\frac{4}{3}\zeta(3)\right)$$ que es realmente la igualdad de $(2)$ : $$\tag{10}\boxed{\displaystyle\sum_{m=1}^{\infty} \frac 1{(m+1)^2\binom{2m}{m}}=\frac{2\pi^2}{9}-2\pi\operatorname{Cl}_2\left(\frac{2\pi}{3}\right)+\frac{8}{3}\zeta(3)-1}$$
Para añadir a los enlaces proporcionados por Vladimir Reshetnikov :
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