Prueba $\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k^32^k {2k\choose k}}=\frac1{4}\zeta(3)-\frac1{6}\ln^32$

Question

H $$\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k^32^k {2k\choose k}}=\frac1{4}\zeta(3)-\frac1{6}\ln^32?$$

Un amigo publicó este bonito problema en mi grupo de FB y me las arreglé para evaluarlo utilizando el $\arcsin^2 x$ identidad. Me gustaría ver diferentes enfoques. Gracias.

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Mi solución: Utilizando la siguiente identidad: (véase aquí ) $$\arcsin^2z=\frac12\sum_{k=1}^\infty\frac{(2z)^{2k}}{k^2{2k \choose k}}$$

Establecer $\ z=\sqrt{\frac{x}{8}}$ y dividir ambos lados por $x$ e integrar desde $x=0$ a $-1$ para obtener \begin{align} S&=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k^32^k {2k\choose k}}=-2\underbrace{\int_0^{-1}\frac{\arcsin^2\left(\sqrt{\frac x8}\right)}{x}\ dx}_{\large\arcsin\left(\sqrt{\frac x8}\right)=y}\\ &=-4\int_0^{\frac{\ln2}{2}i} y^2\cot y\ dy\overset{y=ix}{=}4\int_0^{\frac{\ln2}{2}} x^2\coth x\ dx \end{align} Busquemos la antiderivada de la integral: \begin{align} I&=\int x^2\coth x\ dx\overset{IBP}{=}x^2\ln(\text{arcsinh}(x))-2\int x\ln(\text{arcsinh}(x))\ dx\\ &=x^2\ln(\text{arcsinh}(x))-2\int x\left\{x-\ln2-\ln(1-e^{-2x})\right\}\ dx\\ &=x^2\ln(\text{arcsinh}(x))-\frac23x^3+\ln2\ x^2-2\int x\ln(1-e^{-2x})\ dx\\ &=x^2\ln(\text{arcsinh}(x))-\frac23x^3+\ln2\ x^2+2\sum_{n=1}^\infty\frac1n\int xe^{-2nx}\ dx\\ &=x^2\ln(\text{arcsinh}(x))-\frac23x^3+\ln2\ x^2+2\sum_{n=1}^\infty\frac1n\left(-\frac{e^{-2nx}}{4n^2}-\frac{xe^{-2nx}}{2n}\right)\\ &=x^2\ln(\text{arcsinh}(x))-\frac23x^3+\ln2\ x^2-\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{(e^{-2x})^n}{n^3}-x\sum_{n=1}^\infty\frac{(e^{-2x})^n}{n^2}\\ &=x^2\left\{\ln x-\ln2-\ln(1-e^{-2x})\right\}-\frac23x^3+\ln2\ x^2-\frac12\operatorname{Li}_3(e^{-2x})-x\operatorname{Li}_2(e^{-2x})\\ &=\frac{x^3}{3}+x^2\ln(1-e^{-2x})-\frac12\operatorname{Li}_3(e^{-2x})-x\operatorname{Li}_2(e^{-2x})\\ \end{align}

Así \begin{align} S&=4\left[\frac{x^3}{3}+x^2\ln(1-e^{-2x})-\frac12\operatorname{Li}_3(e^{-2x})-x\operatorname{Li}_2(e^{-2x})\right]_0^{\frac{\ln2}{2}}\\ &=4\left[\frac12\zeta(3)-\frac5{24}\ln^32-\frac12\operatorname{Li}_3\left(\frac12\right)-\frac{\ln2}{2}\operatorname{Li}_2\left(\frac12\right)\right]\\ &=4\left[\frac1{16}\zeta(3)-\frac1{24}\ln^32\right]\\ &\boxed{=\frac1{4}\zeta(3)-\frac1{6}\ln^32} \end{align}

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Tenga en cuenta que hemos utilizado $\operatorname{Li}_2\left(\frac12\right)=\frac12\zeta(2)-\frac12\ln^22$ y $\operatorname{Li}_3\left(\frac12\right)=\frac78\zeta(3)-\frac12\ln2\zeta(2)+\frac16\ln^32$

Answer 1

Una forma posible es utilizar $$S=\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k^3 \binom{2 k}{k}}=\frac{x}{2} \, _4F_3\left(1,1,1,1;\frac{3}{2},2,2;\frac{x}{4}\right)$$

que es

$$S=2 \text{Li}_3\left(-\frac{x}{2}-\frac{1}{2} i \sqrt{(4-x) x}+1\right)+4 i \text{Li}_2\left(-\frac{x}{2}-\frac{1}{2} i \sqrt{(4-x) x}+1\right) \csc ^{-1}\left(\frac{2}{\sqrt{x}}\right)+\frac{4}{3} i \csc ^{-1}\left(\frac{2}{\sqrt{x}}\right)^3+4 \log \left(\frac{1}{2} \left(x+i \sqrt{(4-x) x}\right)\right) \csc ^{-1}\left(\frac{2}{\sqrt{x}}\right)^2-2 \zeta (3)$$ Informática para $x=-\frac 12$ lo que conduce, antes de cualquier simplificación, a $$2 \text{Li}_3(2)-4 \text{Li}_2(2) \sinh ^{-1}\left(\frac{1}{2 \sqrt{2}}\right)-2 \zeta (3)-4 i \pi \sinh ^{-1}\left(\frac{1}{2 \sqrt{2}}\right)^2+\frac{4}{3} \sinh ^{-1}\left(\frac{1}{2 \sqrt{2}}\right)^3$$ que se simplifica en $$\frac{\log ^3(2)}{6}-\frac{\zeta (3)}{4}$$

Encontré algunos otros $$x=4\implies S=\pi ^2 \log (2)-\frac{7 \zeta (3)}{2}$$ $$x=2\implies S=\pi C-\frac{35 \zeta (3)}{16}+\frac{1}{8} \pi ^2 \log (2)$$ $$x=-1\implies S=-\frac{2 \zeta (3)}{5}$$

Answer 2

Del mismo modo, se puede obtener la siguiente igualdad, utilizada por Apery para demostrar la irracionalidad de $\zeta(3)$ : $$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^3 \binom{2n}{n}}=\frac25\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}$$

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Utilizando $\arcsin^2 \sqrt{-z}=-\operatorname{arcsinh}^2z $ obtenemos: $$S=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k^32^k {2k\choose k}}=-2\int_0^{-1}\frac{\arcsin^2\left(\sqrt{\frac x8}\right)}{x} dx\overset{x=-t}=2\int_0^1 \frac{\operatorname{arcsinh}^2\left(\sqrt{\frac t8}\right)}{t}dt$$ Además, dejamos que $\operatorname{arcsinh}\sqrt{\frac t8}=y$ lo que arroja $$S=4\int_0^{\ln{\sqrt 2}} y^2 \coth y dy\overset{y=\ln x}=4\int_1^{\sqrt 2}\ln^2 x\ \frac{x^2+1}{x^2-1}\frac{dx}{x}$$$$=4\int_1^{\sqrt 2} \frac{(2x)\ln^2 x}{x^2-1}dx-4\int_1^{\sqrt 2}\frac{\ln^2 x}{x}dx\overset{x^2=t}=\int_1^2 \frac{\ln^2 t}{t-1}dt-\frac{\ln^3 2}{6}$$ $$\overset{t-1=x}=\int_0^1 \frac{\ln^2(1+x)}{x}dx-\frac{\ln^3 2}{6}=\boxed{\frac{\zeta(3)}{4}-\frac{\ln^3 2}{6}}$$ Véase aquí para la última integral, o simplemente dejar que $m=1,n=0,q=1,p=0$ en la siguiente relación: $$\small \int_0^1 \frac{[m\ln(1+x)+n\ln(1-x)][q\ln(1+x)+p\ln(1-x)]}{x}dx=\left(\frac{mq}{4}-\frac{5}{8}(mp+nq)+2np\right)\zeta(3)$$

Answer 3

Acabo de llegar a esta pregunta (un poco tarde) y me di cuenta de un enfoque que no se presentó, pensé que era digno de compartir (Si no te gusta puedo simplemente eliminar). Será un poco largo porque es un enfoque sistemático para hacer frente a este tipo de Series.

En primer lugar, necesitamos dos resultados preliminares:

Primer resultado preliminar :

$$\ln\left(2 \sinh\left(\frac{x}{2}\right)\right)=\frac{x}{2}-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{e^{-kx}}{k} \tag{1}$$

Prueba:

$$ \begin{aligned} \ln\left( \sinh(x)\right)&=\ln\left( \frac{1}{2} \left( e^{x}-e^{-x} \right)\right)\\ &=-\ln 2+\ln\left( e^{x}-e^{-x} \right)\\ &=-\ln 2+\ln\left( \frac{e^{-x}}{e^{-x}} \left( e^{x}-e^{-x} \right)\right)\\ &=-\ln 2+x+\ln\left( 1-e^{-2x} \right)\\ &=-\ln 2+x-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^{-2nx}}{n} \qquad \blacksquare \end{aligned} $$

Dejar $x \to \frac{x}{2}$ completa la prueba

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Segundo resultado preliminar:

Tenemos

$$\frac{\operatorname{arcsinh}\left(\frac{x}{2}\right)}{\sqrt{1+\left(\frac{x}{2}\right)^2}}=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}x^{2n-1}}{\binom{2n}{n}n} \tag{2}$$

Dejar $x \to \sqrt{a}x$ obtenemos

$$\frac{\sqrt{a}\operatorname{arcsinh}\left(\frac{\sqrt{a} x}{2}\right)}{\sqrt{1+\left(\frac{ \sqrt{a} x}{2}\right)^2}}=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}a^nx^{2n-1}}{\binom{2n}{n}n} \tag{3}$$

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Reclamación:

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{ (-1)^{n-1}a^n}{\binom{2n}{n}n^k}=\frac{(-2)^{k-2}}{(k-2)!}\int_0^{2\operatorname{arcsinh}\left(\frac{\sqrt{a} }{2} \right)}x\ln^{k-2}\left(\frac{2}{\sqrt{a}}\sinh\left(\frac{x}{2}\right) \right)\,dx \tag{4}$$

Prueba:

$$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty\frac{ (-1)^{n-1}a^n}{\binom{2n}{n}n^k}&=\frac{(-1)^{k-1}a^n}{(k-1)!}\sum_{n=1}^\infty\frac{ (-1)^{n-1}}{\binom{2n}{n}}\int_0^1 \ln^{k-1}(x) x^{n-1}\,dx\\ &=\frac{2(-1)^{k-1}}{(k-1)!}\sum_{n=1}^\infty\frac{ (-1)^{n-1}a^n}{\binom{2n}{n}}\int_0^1 \ln^{k-1}\left(x^2\right) x^{2n-1}\,dx & \left(x \to x^2\right)\\ &=\frac{2(-2)^{k-1}}{(k-1)!}\sum_{n=1}^\infty\frac{ (-1)^{n-1}a^n}{\binom{2n}{n}}\int_0^1 \ln^{k-1}\left(x\right) x^{2n-1}\,dx \\ &=\frac{2(-2)^{k-1}}{(k-1)!}\sum_{n=1}^\infty\frac{ (-1)^{n-1}a^n}{\binom{2n}{n}}\left(\frac{x^{2n}\ln^{k-1}(x)}{2n}\Bigg|_0^1-\frac{(k-1)}{2n}\int_0^1 \ln^{k-2}\left(x\right) x^{2n-1}\,dx \right)\\ &=-\frac{(-2)^{k-1}}{(k-2)!}\sum_{n=1}^\infty\frac{ (-1)^{n-1}a^n}{\binom{2n}{n}n}\int_0^1 \ln^{k-2}\left(x\right) x^{2n-1}\,dx \\ &=-\frac{(-2)^{k-1}}{(k-2)!}\int_0^1 \ln^{k-2}\left(x\right)\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1} a^n x^{2n-1}}{\binom{2n}{n}n} \right) \,dx \\ &=-\frac{(-2)^{k-1}}{(k-2)!}\int_0^1 \ln^{k-2}\left(x\right)\left(\frac{\sqrt{a} \operatorname{arcsinh}\left(\frac{\sqrt{a} x}{2} \right)}{\sqrt{1+\left( \frac{\sqrt{a} x}{2}\right)^2}} \right) \,dx & \left( \text{by eq. (3)}\right)\\ &=\frac{(-2)^{k-2}a}{(k-2)!}\int_0^{\frac{2}{\sqrt{a}}\operatorname{arcsinh}\left(\frac{\sqrt{a} }{2} \right)} \frac{x\ln^{k-2}\left(\frac{2}{\sqrt{a}}\sinh\left(\frac{\sqrt{a}x}{2}\right)\right) \cosh\left(\frac{\sqrt{a}x}{2} \right)}{\sqrt{1-\sin^2\left( \frac{\sqrt{a}x}{2}\right)}} \,dx & \left( \frac{\sqrt{a}x}{2} \to \sinh\left(\frac{\sqrt{a} x}{2} \right)\right)\\ &=\frac{(-2)^{k-2}}{(k-2)!}\int_0^{2\operatorname{arcsinh}\left(\frac{\sqrt{a} }{2} \right)}x\ln^{k-2}\left(\frac{2}{\sqrt{a}}\sinh\left(\frac{x}{2}\right) \right)\,dx & \left( \sqrt{a}x \to x\right)\\ \end{aligned} $$

Dejar $a=\frac12$ y $k=3$ en $(4)$ obtenemos

$$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^32^n {2n\choose n}}&=-2\int_0^{\ln(2)}x\ln\left(2\sqrt{2}\sinh\left(\frac{x}{2}\right) \right)\,dx\\ &=-\ln(2)\int_0^{\ln(2)}x\,dx-2\int_0^{\ln(2)}x\ln\left(2\sinh\left(\frac{x}{2}\right) \right)\,dx\\ &=-\frac{\ln^3(2)}{2}-2\int_0^{\ln(2)}x \left(\frac{x}{2}-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{e^{-kx}}{k}\right)\,dx\\ &=-\frac{\ln^3(2)}{2}-\frac{\ln^3(2)}{3}+2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left(-\frac{x e^{-kx}}{k}\Bigg|_0^{\ln(2)} +\frac{1}{k}\int_0^{\ln(2)}e^{-kx}\,dx\right)\\ &=-\frac{\ln^3(2)}{2}-\frac{\ln^3(2)}{3}-2\ln(2)\operatorname{Li}_2\left( \frac12\right)-2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^3}\left(e^{-kx}\Bigg|_0^{\ln(2)} \right)\\ &=-\frac{\ln^3(2)}{2}-\frac{\ln^3(2)}{3}-2\ln(2)\operatorname{Li}_2\left( \frac12\right)-2\operatorname{Li}_3\left( \frac12\right)+2\zeta(3)\\ &=-\frac{\ln^3(2)}{2}-\frac{\ln^3(2)}{3}-\frac{\pi^6}{6}\ln(2)+\ln^3(2)-\frac74\zeta(3)+\frac{\pi^6}{6}\ln(2)-\frac{\ln^3(2)}{3}+2\zeta(3)\\ &=\frac{\zeta(3)}{4}-\frac{\ln^3(2)}{6} \qquad \blacksquare \end{aligned} $$

Donde utilizamos

$\operatorname{Li}_2\left(\frac12\right)=\frac12\zeta(2)-\frac12\ln^22$ et

$\operatorname{Li}_3\left(\frac12\right)=\frac78\zeta(3)-\frac12\ln2\zeta(2)+\frac16\ln^32$

Para demostrar que este planteamiento es sistemático, como Bonus, estableciendo $a=1$ y $k=3$ en $(4)$ obtenemos

$$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty\frac{ (-1)^{n-1}}{\binom{2n}{n}n^3}&=-2\int_0^{2\ln(\phi)}x\ln\left(2 \sinh\left( \frac{x}{2}\right) \right)\,dx \\ &=-2\int_0^{2\ln(\phi)}x\left(\frac{x}{2}-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{e^{-kx}}{k} \right)\,dx & \left( \text{by eq. (1)}\right)\\ &=-\int_0^{2\ln(\phi)}x^2\,dx+2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\int_0^{2\ln(\phi)} xe^{-kx}\,dx\\ &=-\frac{8}{3}\ln^3(\phi)+2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left(-\frac{2\ln(\phi)\phi^{-2k}}{k}+\frac{1}{k}\int_0^{2\ln(\phi)} e^{-kx}\,dx \right)\\ &=-\frac{8}{3}\ln^3(\phi)-4\ln(\phi)\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(\phi^{-2})^k}{k^2}+2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left(\frac{1}{k^2}-\frac{(\phi^{-2})^k}{k^2}\right)\\ &=-\frac{8}{3}\ln^3(\phi)-4\ln(\phi)\operatorname{Li}_2(\phi^{-2})+2\zeta(3)-2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(\phi^{-2})^k}{k^3}\\ &=-\frac{8}{3}\ln^3(\phi)-4\ln(\phi)\operatorname{Li}_2(\phi^{-2})-2\operatorname{Li}_3(\phi^{-2})+2\zeta(3)\\ &=-\frac{8}{3}\ln^3(\phi)-4\ln(\phi)\left( \frac{\pi^{2}}{15}-\ln ^{2} \phi\right)-2\left(\frac45\zeta(3)+\frac{2\ln ^{3}(\phi)}{3}-\frac{2\pi^{2} \ln (\phi)}{15} \right)+2\zeta(3)\\ &=-\frac{8}{3}\ln^3(\phi)+4\ln^3(\phi)-\frac{4}{3}\ln^3(\phi)-\frac85\zeta(3)+2\zeta(3)\\ &=\frac25\zeta(3) \qquad \blacksquare \end{aligned} $$

Que es la representación de $\zeta(3)$ que Apery utilizó para demostrar la irracionalidad de $\zeta(3)$ .

Tenga en cuenta que hemos utilizado

$\mathrm{Li}_{2}\left(\frac{1}{\phi^{2}}\right) =\frac{\pi^{2}}{15}-\ln ^{2} \phi$

$\operatorname{Li}_{3}\left(\frac{1}{\phi^{2}}\right)=\frac45\zeta(3)+\frac{2\ln ^{3}(\phi)}{3}-\frac{2\pi^{2} \ln (\phi)}{15}$