La evaluación de una suma que implican coeficiente binomial en el denominador

Question

Me encontré con la siguiente suma: $$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}\frac{4^k}{{2k \choose k}}$$

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Pensé que esto puede ser evaluado mediante la expansión de $\dfrac{\sin^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}$, pero no podía hacer uso de ella. Entonces traté de usar la siguiente: $$\frac{1}{(2k+1)}\frac{1}{{2k \choose k}}=\frac{\Gamma(k+1)\Gamma(k+1)}{\Gamma(2k+2)}=\int_0^1 x^k(1-x)^k\,dx$$ pero esto no ayuda a ninguno de los dos y ahora estoy atascado.

Cualquier ayuda es muy apreciada. Gracias!

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EDITAR:

La suma se originó a partir de la siguiente integral definida:

$$\int_0^{\pi/2}\tan^{-1}(\sin x)\,dx$$

Answer 1

$$ \begin{align} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}\frac{4^k}{{2k \choose k}} &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{2k+1} \int_{0}^{\pi /2} \sin^{2k+1} (x) \, dx \\ &= \int_{0}^{\pi /2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k} \sin^{2k+1} (x)}{2k+1} \, dx\\ &= \int_{0}^{\pi /2} \arctan (\sin x) \, dx \\ &= \int_{0}^{1} \frac{\arctan t}{\sqrt{1-t^{2}}} \, dt \end{align}$$

Deje $ \displaystyle I(a) = \int_{0}^{1} \frac{\arctan (at)}{\sqrt{1-t^{2}}} \ dt$.

A continuación, la diferenciación bajo el signo integral,

$$ \begin{align} I'(a) &= \int_{0}^{1} \frac{t}{(1+a^{2}t^{2})\sqrt{1-t^{2}}} \, dt \\ &= \int_{0}^{1} \frac{1}{[1+a^{2}(1-u^{2})]u} \, u \, du \\ &= \frac{1}{1+a^{2}} \int_{0}^{1} \frac{1}{1-\left( \frac{au}{\sqrt{1+a^{2}}}\right)^{2}} \, du \\ &= \frac{1}{a \sqrt{1+a^{2}}} \text{arctanh} \left( \frac{a}{\sqrt{1+a^{2}}} \right) \\ &= \frac{1}{a\sqrt{1+a^{2}}} \frac{1}{2} \ln \Big((a+\sqrt{1+a^{2}})^{2} \Big) \\ &= \frac{1}{a \sqrt{1+a^{2}}} \ln \left( a+ \sqrt{1+a^{2}} \right) \\ &= \frac{1}{a \sqrt{1+a^{2}}} \text{arcsinh}(a) . \end{align}$$

Y, a continuación, la integración de la espalda,

$$ \begin{align} I(1)-I(0) = I(1) &= \int_{0}^{1} \frac{\text{arcsinh}(a)}{a \sqrt{1+a^{2}}} \, da \\ &= - \text{arcsinh}(a) \text{arcsinh}(\frac{1}{a}) \Bigg|^{1}_{0} + \int_{0}^{1} \frac{\text{arcsinh}(\frac{1}{a})}{\sqrt{1+a^{2}}} \, da \\ &= - \text{arcsinh}^{2}(1) + \int_{0}^{1} \frac{\text{arcsinh}(\frac{1}{a})}{\sqrt{1+a^{2}}} \, da \\ &= - \ln^{2}(1+\sqrt{2}) + \int_{0}^{1} \frac{\text{arcsinh}(\frac{1}{a})}{\sqrt{1+a^{2}}} \, da . \end{align}$$

Ahora vamos a $ \displaystyle w = \frac{1}{a}$.

Entonces

$$ I(1) = - \ln^{2}(1+\sqrt{2}) + \int_{1}^{\infty} \frac{\text{arcsinh}(w)}{w \sqrt{1+w^{2}}} \, dw$$

$$ = - \ln^{2}(1+\sqrt{2}) + I(\infty) - I(1) .$$

Por lo tanto,

$$ \begin{align} I(1) &= - \frac{\ln^{2}(1+\sqrt{2})}{2} + \frac{I(\infty)}{2} \\ &= - \frac{\ln^{2}(1+\sqrt{2})}{2} + \frac{\pi}{4} \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}} \, dt \\ &= - \frac{\ln^{2}(1+\sqrt{2})}{2} + \frac{\pi^{2}}{8} . \end{align}$$

Answer 2

Determinar Relacionados con la Generación de la Función

El uso de la función Beta, obtenemos la siguiente identidad: $$ \frac1{\binom{2n}{n}}=(2n+1)\int_0^1 t^n(1-t)^n\mathrm{d}t\etiqueta{1} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{n=0}^\infty\frac{(-4)^nx^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}} &=\int_0^1\frac1{1+4x^2t(1-t)}\mathrm{d}t\tag{2a}\\ &=\int_0^1\frac1{1+x^2-x^2(2t-1)^2}\mathrm{d}t\tag{2b}\\ &=\frac1{1+x^2}\int_0^1\frac1{1-\frac{x^2}{1+x^2}(2t-1)^2}\mathrm{d}t\tag{2c}\\ &=\frac1{1+x^2}\int_{-1}^1\frac1{1-\frac{x^2}{1+x^2}t^2}\frac12\mathrm{d}t\tag{2d}\\ &=\frac1{2x\sqrt{1+x^2}}\int_{-x/\sqrt{1+x^2}}^{x/\sqrt{1+x^2}}\frac1{1-t^2}\mathrm{d}t\tag{2e}\\ &=\frac1{x\sqrt{1+x^2}}\mathrm{arctanh}\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)\tag{2f}\\ &=\frac1{x\sqrt{1+x^2}}\mathrm{arcsinh}(x)\tag{2g} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(2a)}$: multiplicar el $(1)$ $\frac{(-4)^nx^{2n}}{2n+1}$ y suma usando la fórmula para la suma de una serie geométrica
$\text{(2b)}$: reorganizar el denominador del integrando
$\text{(2c)}$: divide el numerador y el denominador por $1+x^2$
$\text{(2d)}$: sustituto $t\mapsto(t+1)/2$
$\text{(2e)}$: sustituto $t\mapsto t\sqrt{1+x^2}\,/x$
$\text{(2f)}$: integrar
$\text{(2g)}$: $\tanh(x)=\left.\sinh(x)\middle/\sqrt{1+\sinh^2(x)}\right.$

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Integrar la Generación de Función para Evaluar la Suma $$ \begin{align} \sum_{n=0}^\infty\frac{(-4)^n}{(2n+1)^2\binom{2n}{n}} &=\int_0^1\frac1{x\sqrt{1+x^2}}\mathrm{arcsinh}(x)\,\mathrm{d}x\tag{3a}\\ &=-\int_0^1\mathrm{arcsinh}(x)\frac1{\sqrt{\vphantom{\big|}1+1/x^2}}\mathrm{d}\frac1x\tag{3b}\\ &=-\int_0^1\mathrm{arcsinh}(x)\,\mathrm{d}\,\mathrm{arcsinh}\left(\frac1x\right)\tag{3c}\\ &=-\,\mathrm{arcsinh}^2(1)+\int_0^1\mathrm{arcsinh}\left(\frac1x\right)\,\mathrm{d}\,\mathrm{arcsinh}(x)\tag{3d}\\ &=-\,\mathrm{arcsinh}^2(1)-\int_1^\infty\mathrm{arcsinh}(x)\,\mathrm{d}\,\mathrm{arcsinh}\left(\frac1x\right)\tag{3e}\\ &=-\,\mathrm{arcsinh}^2(1)+\int_1^\infty\frac1{x\sqrt{1+x^2}}\mathrm{arcsinh}(x)\,\mathrm{d}x\tag{3f}\\ &=-\frac12\,\mathrm{arcsinh}^2(1)+\frac12\int_0^\infty\frac1{x\sqrt{1+x^2}}\mathrm{arcsinh}(x)\,\mathrm{d}x\tag{3g}\\ &=-\frac12\,\mathrm{arcsinh}^2(1)+\frac12\int_0^\infty\frac{t\,\mathrm{d}t}{\sinh(t)}\tag{3h} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(3a)}$: integrar a $\text{(2g)}$
$\text{(3b)}$: tire un factor de $x$ a partir de la raíz cuadrada
$\text{(3c)}$: preparar a integrar por partes
$\text{(3d)}$: integrar por partes
$\text{(3e)}$: sustituto $x\mapsto1/x$
$\text{(3f)}$: $\mathrm{d}\,\mathrm{arcsinh}\left(\frac1x\right)=-\frac1{x\sqrt{1+x^2}}\,\mathrm{d}x$
$\text{(3g)}$: promedio de $\text{(3a)}$ $\text{(3f)}$
$\text{(3h)}$: sustituto $x=\sinh(t)$

Expandir $\frac1{\sinh(x)}$ como una serie en $e^{-kt}$: $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{t\,\mathrm{dt}}{\sinh(t)} &=\int_0^\infty\sum_{k=0}^\infty2t\,e^{-(2k+1)t}\,\mathrm{d}t\\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac2{(2k+1)^2}\\ &=\frac{\pi^2}4\tag{4} \end{align} $$ La combinación de $(3)$ $(4)$ rendimientos $$ \begin{align} \sum_{n=0}^\infty\frac{(-4)^n}{(2n+1)^2\binom{2n}{n}} &=\frac{\pi^2}8-\frac12\mathrm{arcsinh}^2(1)\tag{5} \end{align} $$

Answer 3

Aquí es un poco de algo. A lo largo de la misma línea de sus pensamientos.

$$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}4^{k}}{(2k+1)^{2}\binom{2k}{k}}$$

$$=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}4^{k}k!k!}{(2k+1)(2k+1)(2k)!}$$

$$=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}4^{k}k!k!}{(2k+1)(2k+1)!}$$

$$=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}4^{k}\Gamma(k+1)\Gamma(k+1)}{(2k+1)\Gamma(2k+2)}$$

$$=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}4^{k}\beta(k+1,k+1)}{2k+1}$$

$$=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{2k+1}\int_{0}^{1}(4x(1-x))^{n}dx$$

$$=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{2k+1}\int_{0}^{1}(1-(2x-1)^{2})^{n}dx$$

Deje $t=2x-1$

$$1/2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{2k+1}\int_{-1}^{1}(1-t^{2})^{n}dt$$

$$=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{2k+1}\int_{0}^{1}(1-t^{2})^{n}dt$$

deje $t=\sin(x)$

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}(x)\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\cos^{2k-1}}{2k+1}dx$$

Nota: la serie es arctan en cos(x)

$$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\tan^{-1}(\cos(x))dx$$

Partes:

$u=\tan^{-1}(\cos(x)), \;\ dv=dx, \;\ du=\frac{-\sin(x)}{1+\cos^{2}(x)}dx, \;\ v=x$

$$0+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x\sin(x)}{1+\cos^{2}(x)}dx$$

Esto es lo más lejos que he llegado por ahora. A mí me parece que este puede haber sido hecho en el sitio, en algún momento, si podemos encontrar.

Ver aquí para la evaluación de esta integral. SOS hecho tiempo atrás.

http://sos440.tistory.com/83