Podemos hacer un ejemplo para ver cómo este cálculo funciona realmente.
Supongamos que buscamos para evaluar
\sum_{n\ge 4} {2n\choose n-4}^{-1}.
Este es
\sum_{n\ge 4} \frac{(n-4)! \times (n+4)!}{(2n)!}
= \sum_{n\ge 4}
\frac{\Gamma(n-3) \times \Gamma(n+5)}{\Gamma(2n+1)}
\\ = \sum_{n\ge 4} (2n+1)
\frac{\Gamma(n-3) \times \Gamma(n+5)}{\Gamma(2n+2)}
= \sum_{n\ge 4} (2n+1) \mathrm{B}(n+5, n-3).
Recordar la función beta integral
\mathrm{B}(x,y)
= \int_0^\infty \frac{t^{x-1}}{(1+t)^{x+y}} dt.
Esto da por la suma de la representación
\int_0^\infty \sum_{n\ge 4} (2n+1)
\frac{t^{n+4}}{(1+t)^{2n+2}} dt
= \int_0^\infty \frac{t^4}{(1+t)^2}
\sum_{n\ge 4} (2n+1)
\frac{t^{n}}{(1+t)^{2n}} dt
\\ = \int_0^\infty \frac{t^4}{(1+t)^2}
\times \frac{(9t^2+11t+9)t^4}{(1+t)^6(t^2+t+1)^2} dt
\\ = \int_0^\infty
\frac{(9t^2+11t+9)t^8}{(1+t)^8(t^2+t+1)^2} dt.
Esta integral puede evaluarse considerando
f(z) =
\log z \times \frac{(9z^2+11z+9)z^8}{(1+z)^8(z^2+z+1)^2}
evaluado en un ojo de la cerradura de contorno con la ranura en el eje real positivo
y la rama de corte del logaritmo también en ese eje, el recorrido
en sentido antihorario.
Hay cuatro segmentos: \Gamma_1 justo por encima de la corte, \Gamma_2 el
gran círculo de radio R, \Gamma_3 el segmento por debajo de la corte y
\Gamma_4 el pequeño círculo en torno al origen de la radio de \epsilon.
Usando |\log(Me^{i\theta})| = |\log M + i\theta|
= \sqrt{(\log M)^2+\theta^2}
obtenemos que la contribución a lo largo de \Gamma_2 es
2\pi R \times \log R / R^2 \to 0
como R\to \infty,, por lo que se desvanece.
La contribución a lo largo de \Gamma_4 es
2\pi\epsilon \times |\log \epsilon| \times \epsilon^8 \to 0
como \epsilon\to 0,, por lo que se desvanece así.
Tenemos dos contribuciones desde el logaritmo por debajo de los reales positivos
eje a lo largo de \Gamma_3, uno de los cuales se cancela la integral a lo largo de
\Gamma_1 y el otro uno de los cuales es
-2\pi i
\int_0^\infty
\frac{(9t^2+11t+9)t^8}{(1+t)^8(t^2+t+1)^2} dt
es decir, la integral que estamos tratando de calcular.
Deje \rho_0 = -1 y
\rho_{1,2} = -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}i}{2}.
Así tenemos que por los Residuos de Cauchy Teorema aplicado a la cerradura
contorno
\int_0^\infty
\frac{(9t^2+11t+9)t^8}{(1+t)^8(t^2+t+1)^2} dt
= - (\mathrm{Res}_{z=\rho_0} f(z)
+ \mathrm{Res}_{z=\rho_1} f(z) + \mathrm{Res}_{z=\rho_2} f(z)).
Ahora para calcular estos residuos utilizamos un CAS, pero necesita algunas
la asistencia es decir, a partir de la expansión sobre \rho
\log z= \log(\rho + z -\rho)
= \log\rho + \log (1 + (z-\rho)/\rho)
= \log\rho +
\sum_{q\ge 1} \frac{(-1)^{q+1}}{q} \frac{(z-\rho)^p}{\rho^p}.
Utilizamos esta expansión para calcular los residuos, asegurándose de que el
término constante \log\rho está de acuerdo con la rama elegida.
Esto da para el primer residuo que
\mathrm{Res}_{z=\rho_0} f(z)
= \frac{57}{20} - 3\pi i
y para el segundo
\mathrm{Res}_{z=\rho_1} f(z)
= \frac{1}{3} + \frac{23\pi \sqrt{3}}{27}
+ \pi i -\frac{1}{3}\sqrt{3}
y para la tercera
\mathrm{Res}_{z=\rho_2} f(z)
= \frac{1}{3} - \frac{46\pi \sqrt{3}}{27}
+ 2\pi i +\frac{1}{3}\sqrt{3}.
La adición de estos y negar el resultado finalmente tenemos
\frac{23\pi\sqrt{3}}{27} - \frac{211}{60}.
