Puede ser demostrado eso\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \binom{2n}{n} \ \frac{H_{n+1}}{n+1} \ \left(\frac{3}{16}\right)^{n} = \frac{5}{3} + \frac{8}{3} \ \ln 2 - \frac{8}{3} \ \ln 3 \end align {} $H_{n}$ Dónde está el armónico número y definido como\begin{align} H_{n} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} = \int_{0}^{1} \frac{1-t^{n}}{1-t} \ dt. \end{alinean}
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Recordar la fórmula de catalán número $$ \small C_n = \frac {1} {n+1} \binom {2n} {n} $$ y la generación de la función $$ \small \sum_{n=1}^\infty C_n x ^ n = \frac {1-\sqrt {1-4 x}} {2 x} -1 $$ entonces $$ \small\begin{align} f(x) &=\sum_{n=1}^{\infty} \binom{2n}{n} \frac{H_{n+1}}{n+1} x^n\\ &=\sum_{n=1}^\infty C_n H_{n+1} x^n\\ &=\sum_{n=1}^\infty C_n x^n\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\int_\varepsilon^{1-\varepsilon}\frac{1-t^{n+1}}{1-t}dt\\ &=\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\sum_{n=1}^\infty C_n x^n\int_\varepsilon^{1-\varepsilon}\frac{1-t^{n+1}}{1-t}dt\\ &=\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\int_\varepsilon^{1-\varepsilon}\frac{1}{1-t}\sum_{n=1}^\infty C_n x^n(1-t^{n+1})dt\\ &=\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\int_\varepsilon^{1-\varepsilon}\frac{1}{1-t}\left(\sum_{n=1}^\infty C_n x^n-\sum_{n=1}^\infty C_n x^nt^{n+1}\right)dt\\ &=\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\int_\varepsilon^{1-\varepsilon}\frac{1}{1-t}\left(\left(\frac{1- \sqrt{1-4x}}{2x}-1\right)-t\left(\frac{1-\sqrt{1-4xt}}{2xt}-1\right)\right)dt\\ &=\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\int_\varepsilon^{1-\varepsilon}\left(\frac{1}{1-t}\frac{\sqrt{1-4xt}-\sqrt{1-4x}}{2x}-1\right)dt\\ &=-1+\frac{1}{2x}\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\int_\varepsilon^{1-\varepsilon}\frac{\sqrt{1-4xt}-\sqrt{1-4x}}{1-t}dt\\ &=-1+\frac{1}{2x}\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\left(\int_\varepsilon^{1-\varepsilon}\frac{\sqrt{1-4xt}}{1-t}dt-\sqrt{1-4x}\int_\varepsilon^{1-\varepsilon}\frac{dt}{1-t}\right) \\ &=-1+\frac{1}{2x}\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\left(\int_{\sqrt{1-4x\varepsilon}}^{\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)}}\frac{2u^2}{1-4x-u^2}du-\sqrt{1-4x}\ln\frac{1-\varepsilon}{\varepsilon}\right) \\ &=-1+\frac{1}{2x}\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\left(2(1-4x)\int_{\sqrt{1-4x\varepsilon}}^{\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)}}\frac{1}{1-4x-u^2}-2\int_{\sqrt{1-4x\varepsilon}}^{\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)}}du-\sqrt{1-4x}\ln\frac{1-\varepsilon}{\varepsilon}\right) \\ &=-1+\frac{1}{2x}\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\left(\sqrt{1-4x}\ln\frac{\sqrt{1-4x}+u}{\sqrt{1-4x}-u}\Biggl|_{\sqrt{1-4x\varepsilon}}^{\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)}}-2u\Biggl|_{\sqrt{1-4x\varepsilon}}^{\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)}}-\sqrt{1-4x}\ln\frac{1-\varepsilon}{\varepsilon}\right) \\ &=-1+\frac{1}{2x}\left(\sqrt{1-4x}\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\left(\ln\frac{\sqrt{1-4x}+u}{\sqrt{1-4x}-u}\Biggl|_{\sqrt{1-4x\varepsilon}}^{\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)}}-\ln\frac{1-\varepsilon}{\varepsilon}\right)-2\lim\limits_{\varepsilon\to 0}u\Biggl|_{\sqrt{1-4x\varepsilon}}^{\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)}}\right) \\ &=-1+\frac{\sqrt{1-4x}}{2x}\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\left(\ln\frac{\sqrt{1-4x}+u}{\sqrt{1-4x}-u}\Biggl|_{\sqrt{1-4x\varepsilon}}^{\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)}}-\ln\frac{1-\varepsilon}{\varepsilon}\right)-\frac{1}{x}\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\left(\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)}-\sqrt{1-4x\varepsilon}\right) \\ &=-1+\frac{\sqrt{1-4x}}{2x}\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\left(\ln\frac{\sqrt{1-4x}+u}{\sqrt{1-4x}-u}\Biggl|_{\sqrt{1-4x\varepsilon}}^{\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)}}-\ln\frac{1-\varepsilon}{\varepsilon}\right)-\frac{\sqrt{1-4x}-1}{x} \\ &=\frac{1-x-\sqrt{1-4x}}{x}+\frac{\sqrt{1-4x}}{2x}\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\left(\ln\frac{\sqrt{1-4x}+\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)}}{\sqrt{1-4x}-\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)}}-\ln\frac{\sqrt{1-4x}+\sqrt{1-4x\varepsilon}}{\sqrt{1-4x}-\sqrt{1-4x\varepsilon}}-\ln\frac{1-\varepsilon}{\varepsilon}\right) \\ &=\frac{1-x-\sqrt{1-4x}}{x}+\frac{\sqrt{1-4x}}{2x}\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\ln\frac{\sqrt{1-4x}+\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)}}{\sqrt{1-4x}-\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)}}\frac{\sqrt{1-4x}-\sqrt{1-4x\varepsilon}}{\sqrt{1-4x}+\sqrt{1-4x\varepsilon}}\frac{\varepsilon}{1-\varepsilon} \\ &=\frac{1-x-\sqrt{1-4x}}{x}+\frac{\sqrt{1-4x}}{2x}\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\ln\frac{(\sqrt{1-4x}+\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)})^2}{(\sqrt{1-4x})^2-(\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)})^2}\frac{(\sqrt{1-4x})^2-(\sqrt{1-4x\varepsilon})^2}{(\sqrt{1-4x}+\sqrt{1-4x\varepsilon})^2}\frac{\varepsilon}{1-\varepsilon} \\ &=\frac{1-x-\sqrt{1-4x}}{x}+\frac{\sqrt{1-4x}}{2x}\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\ln\frac{(\sqrt{1-4x}+\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)})^2}{-4x\varepsilon}\frac{4x(\varepsilon-1)}{(\sqrt{1-4x}+\sqrt{1-4x\varepsilon})^2}\frac{\varepsilon}{1-\varepsilon} \\ &=\frac{1-x-\sqrt{1-4x}}{x}+\frac{\sqrt{1-4x}}{2x}\lim\limits_{\varepsilon\to 0}\ln\frac{(\sqrt{1-4x}+\sqrt{1-4x(1-\varepsilon)})^2}{(\sqrt{1-4x}+\sqrt{1-4x\varepsilon})^2} \\ &=\frac{1-x-\sqrt{1-4x}}{x}+\frac{\sqrt{1-4x}}{x}\ln\frac{2\sqrt{1-4x}}{\sqrt{1-4x}+1} \\ \end {Alinee el} $$ después de sustitución $\small x=3/16$ tenemos $$ \small f\left(\frac{3}{16}\right) = \frac {5} \frac {3} {4} {3} \ln\frac {9} {4} $$
Markus Scheuer
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Nota: por Favor tenga en cuenta que esta pregunta está muy relacionada con (de hecho, casi los mismos), como a esta pregunta. Ambas preguntas son (esencialmente) pidiendo una generación de la función de
\begin{align*} A(t):=\sum_{n\ge1}C_{n}H_{n+1}t^n=\sum_{n\ge1}\binom{2n}{n}\frac{H_{n+1}}{n+1}t^n\tag{1} \end{align*}
con $C_n=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$ el catalán números y $H_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$ la Armónica de los números. Este una pregunta para el $A\left(\frac{3}{16}\right)$, el otro pide $-A\left(-\frac{1}{4}\right)$.
La respuesta(s) de la cuestión se basa en un documento de Boyadhziev Serie con el centro de los Coeficientes Binomiales, catalán Números y Armónica de los Números ($2012$). En este trabajo se presenta una interesante identidades y, de hecho, la generación de la función que estamos buscando es también deducida en el presente documento.
Muchas ideas de este documento se ha dicho en las respuestas de la pregunta relacionada con la. Aquí, voy a tratar de resumir estas y agregar algunos adicionales que podrían ser útiles para responder a la pregunta actual.
Resumen: Los temas principales en el fin de encontrar el ordinario de generación de función (ogf) de $A(t)$ son binomial inversa pares y una variación interesante de Euler de la serie de transformación de la fórmula. Se utilizan en combinación con la ogf para el catalán Números y la ogf para la central de los coeficientes binomiales $\binom{2n}{n}$.
Nota: Usted verá este enfoque no es realmente sencillo. Pero la ventaja es, que vamos a obtener algunas interesantes funciones de generación, para finalmente llegar a $A(t)$.
Empezamos con una binomial inversa par. Para mostrar la relación multiplicamos exponencial funciones de generación (egfs). Deje $A(x)=\sum_{n\ge0}a_{n}\frac{x^n}{n!}$ $B(x)=\sum_{n\ge0}b_{n}\frac{x^n}{n!}$ egfs con $B(x)=A(x)e^x$. La comparación de los coeficientes da el siguiente
Binomial inversa par \begin{align*} B(x)&=A(x)e^x&A(x)&=B(x)e^{-x}\\ b_n&=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a_k&a_n&=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{n-k}b_k\tag{2} \end{align*}
Siguiente, se observa la siguiente identidad para Armónica de los Números:
La identidad de la Armónica de los Números de $H_n$ \begin{align*} H_n&=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}\binom{n}{k}\frac{1}{k} \end{align*}
(Ver, por ejemplo, los relacionados con la pregunta de una prueba). Y vemos, que $(-1)^{n-1}H_n$ $\frac{1}{n}$ son una binomial inversa par:
Inverse par con la Armónica de los Números de $H_n$ \begin{align*} (-1)^{n-1}H_n=\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}\frac{(-1)^{n-k}}{k}&&\frac{1}{n}=\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{k-1}H_k\tag{3} \end{align*}
Más importante para el siguiente es de Euler de la serie de transformación de la fórmula: el que transforma las secuencias de $(a_n)_{n\ge0}$ $\left(\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a_k\right)_{n\ge 0}$con la ayuda de ordinario la generación de funciones.
De Euler de la serie de transformación de la fórmula:
Dada una función de $f(t)=\sum_{n\ge0}a_{n}t^n$ analítica en la unidad de disco, la siguiente representación es válida: \begin{align*} \left(a_n\right)_{n\ge 0}&&\left(b_n\right)_{n\ge 0}&=\left(\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a_k\right)_{n\ge 0}\\ f(t)=\sum_{n\ge0}&a_nt^n&g(t)&=\sum_{n\ge 0}b_nt^n\\ \end{align*} $$\text{with}\qquad \qquad f(t)=\frac{1}{1-t}g\left(\frac{t}{1-t}\right)$$
Boyadhziev desarrolla una variación de Euler de la serie de transformación de fórmula personalizada para central de los coeficientes binomiales:
De Euler de la serie de transformación de la fórmula para el centro de los coeficientes binomiales: \begin{align*} \left(a_n\right)_{n\ge 0}&&\left(b_n\right)_{n\ge 0}&=\left(\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a_k\right)_{n\ge 0}\\ f(t)=\sum_{n\ge0}&\binom{2n}{n}a_nt^n&g(t)&=\sum_{n\ge 0}\binom{2n}{n}b_nt^n\\ \end{align*} \begin{align*} \text{with}\qquad \qquad f(t)=\frac{1}{\sqrt{1+4t}}g\left(\frac{t}{1+4t}\right)\tag{4} \end{align*}
Ahora, es el momento de la cosecha:
La siguiente identidad es válida:
\begin{align*} \sum_{n\ge 0}\binom{2n}{n}(-1)^{n-1}H_nt^n=\frac{1}{\sqrt{1+4t}}\sum_{n\ge 1}\binom{2n}{n}\frac{1}{n}\left(\frac{t}{1+4t}\right)^n\tag{5} \end{align*}
Tome $a_n=(-1)^{n-1}H_n$ y aplicar el binomio de pares $(-1)^{n-1}H_n$ $\frac{1}{n}$ $(3)$ junto con $(4)$ conseguir $(5)$.
Este fue el primer paso para llegar a $A(z)$. El paso siguiente se utiliza el
La generación de la función de la central de los coeficientes binomiales
$$\sum_{n\ge 0}\binom{2n}{n}t^n=\frac{1}{\sqrt{1-4t}}$$
Reescribir como
$$\sum_{n\ge 1}\binom{2n}{n}t^{n-1}=\frac{1}{t\sqrt{1-4t}}-\frac{1}{t}$$
y su integración mediante la sustitución de $1-4t=y^2$, $dt=-\frac{1}{2}y dy$ resultados en
\begin{align*} \sum_{n\ge 1}\binom{2n}{n}\frac{t^{n}}{n}=2\ln\frac{2}{1+\sqrt{1-4t}}\tag{6} \end{align*}
El cálculo: \begin{align*} \sum_{n\ge 1}\binom{2n}{n}\frac{t^{n}}{n}&=\int\frac{dt}{t\sqrt{1-4t}}-\int\frac{dt}{t}+C\\ &=-2\int\frac{dy}{1-y^2}-\ln t + C\\ &=\ln{(1-y)}-\ln(1+y)-\ln t + C\\ &=\ln\frac{1-\sqrt{1-4t}}{1+\sqrt{1+4t}}-\ln t + C\\ &=\ln\frac{(1-\sqrt{1-4t})^2}{4t^2}+C\\ &=2\ln\frac{2}{1+\sqrt{1-4t}} \end{align*} mediante la observación de que $C=0$ cuando la configuración de $t=0$.
Ahora, la aplicación de la CARTA de las $(6)$ $(5)$ tenemos
\begin{align*} \sum_{n\ge 0}\binom{2n}{n}(-1)^{n-1}H_nt^n=\frac{2}{\sqrt{1+4t}}\ln\frac{2\sqrt{1+4t}}{1+\sqrt{1+4t}}\tag{7} \end{align*}
y la sustitución de $t$ $-t$ rendimientos.
\begin{align*} \sum_{n\ge 0}\binom{2n}{n}H_nt^n=\frac{2}{\sqrt{1-4t}}\ln\frac{1+\sqrt{1-4t}}{2\sqrt{1-4t}}\tag{8} \end{align*}
Nota: Las identidades $(7)$ $(8)$ Teorema $1$ en el papel de Boyadhziev (como de costumbre $H_0 := 0$).
Ahora, la integración de $(8)$ y el uso de la misma sustitución $1-4t=y^2$ $(6)$ rendimientos:
\begin{align*} \sum_{n\ge 0}&\binom{2n}{n}\frac{H_n}{n+1}t^{n+1}\\ &=\sqrt{1-4t}\ln(2\sqrt{1-4t})-(1+\sqrt{1-4t})\ln(1+\sqrt{1-4t})+\ln 2\tag{9} \end{align*}
Nota: La identidad de $(9)$ es Corolario $2$ en el papel de Boyadzhiev.
No se nos ha terminado todavía, porque estamos buscando una identidad similar a $(8)$, pero con $H_{n+1}$ en lugar de $H_n$.
Ahora, podemos observar
\begin{align*} H_{n+1}&=H_n+\frac{1}{n+1}\\ \frac{H_{n+1}}{n+1}&=\frac{H_n}{n+1}+\frac{1}{(n+1)^2}\tag{10} \end{align*}
Vamos a ver, cuando se mira en el lado derecho de la $(10)$, que necesitamos un ogf con $a_n=\binom{2n}{n}\frac{1}{(n+1)^2}$. Por lo tanto comenzamos con el
La generación de la función para el catalán Números:
\begin{align*} \sum_{n\ge0}\binom{2n}{n}\frac{t^n}{n+1}=\frac{2}{1+\sqrt{1-4t}}\tag{11} \end{align*}
La integración de $(11)$ y el uso de la misma sustitución $1-4t=y^2$ $(6)$ rendimientos
\begin{align*} \sum_{n\ge0}\binom{2n}{n}\frac{t^{n+1}}{(n+1)^2}=\ln(1+\sqrt{1-4t})-\sqrt{1-4t}+1-\sqrt{2}\tag{12} \end{align*}
Ahora, es realmente el tiempo de la cosecha: la Combinación de acuerdo a $(10)$ el ogfs de $(9)$ $(12)$ podemos ver:
Las siguientes identidades son válidas:
\begin{align*} \sum_{n\ge0}\binom{2n}{n}\frac{H_{n+1}}{n+1}t^{n+1} &=1+\sqrt{1-4t}\left(\ln\frac{2\sqrt{1-4t}}{1+\sqrt{1-4t}}-1\right)\\ \text{resp.}&\tag{13}\\ A(t)=\sum_{n\ge1}\binom{2n}{n}\frac{H_{n+1}}{n+1}t^{n} &=\frac{1-t}{t}+\frac{\sqrt{1-4t}}{t}\left(\ln\frac{2\sqrt{1-4t}}{1+\sqrt{1-4t}}-1\right)\\ \end{align*}
Nota: Las identidades $(13)$ se indican en la sección $3$ en el papel de Boyadzhiev.
Ahora, la inserción de $t=\frac{3}{16}$ $A(t)$ da la respuesta a esta pregunta: \begin{align*} \sum_{n\ge1}\binom{2n}{n}\frac{H_{n+1}}{n+1}\left(\frac{3}{16}\right)^n &=\frac{16}{3}\left(1-\frac{3}{16}+\frac{1}{2}\left(\ln\frac{2}{3}-1\right)\right)\\ &=\frac{5}{3}+\frac{8}{3}\ln\frac{2}{3} \end{align*}
Felix Marin
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$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\sum_{n = 1}^{\infty}{2n \elegir n}\, {H_{n + 1} \over n + 1}\pars{3 \de más de 16}^{n} ={5 \más de 3} + {8 \más de 3}\,\ln\pars{2} - {8 \más de 3}\,\ln\pars{3} \aprox {\tt 0.5854}:\ {\large ?}}$.
\begin{align} \mbox{Note that}\quad H_{n + 1}&=\int_{0}^{1}{1 - t^{n + 1} \over 1 - t}\,\dd t =-\pars{n + 1}\int_{0}^{1}\ln\pars{1 - t}t^{n}\,\dd t \end{align}
Con $\ds{\mu \equiv {3 \over 16}}$: \begin{align}&\color{#c00000}{\sum_{n = 1}^{\infty}{2n \choose n}\, {H_{n + 1} \over n + 1}\pars{3 \over 16}^{n}} =-1 -\int_{0}^{1}\ln\pars{1 - t}\color{#00f}{\sum_{n = 0}^{\infty}% {2n \choose n}\,\pars{\mu t}^{n}}\,\dd t\tag{1} \end{align}
Permite evaluar el "$\ds{\color{#00f}{\mbox{blue sum}}}$": \begin{align}&\color{#00f}{\sum_{n = 0}^{\infty}{2n \choose n}\,\pars{\mu t}^{n}} =\sum_{n = 0}^{\infty}\pars{\mu t}^{n}\oint_{\verts{z}\ =\ 1} {\pars{1 + z}^{2n} \over z^{n + 1}}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[3mm]&=\oint_{\verts{z}\ =\ 1}{1 \over z}\sum_{n = 0}^{\infty}\bracks{% \pars{1 + z}^{2}\mu t \over z}^{n}\,{\dd z \over 2\pi\ic} =\oint_{\verts{z}\ =\ 1}{1 \over z} {1 \over 1 - \pars{1 + z}^{2}\mu t/z}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[3mm]&=-\,{1 \over \mu t}\oint_{\verts{z}\ =\ 1} {1 \over z^{2} + \bracks{2 - 1/\pars{\mu t}}z + 1}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \end{align} El integrando tiene un polo en el interior del contorno $\ds{\pars{~p \equiv {1 - 2\mu t - \root{1 - 4\mu t} \over 2\mu t}~}}$ tal forma que: \begin{align} &\color{#00f}{\sum_{n = 1}^{\infty}{2n \choose n}\,\pars{\mu t}^{n}} =-\,{1 \over \mu t}\,{1 \over 2p + 2 - 1/\pars{\mu t}} =-\,{1 \over 2p\mu t + 2\mu t - 1} ={1 \over \root{1 - 4\mu t}} \end{align}
Sustitución de en $\pars{1}$: \begin{align}&\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \color{#c00000}{\sum_{n = 1}^{\infty}{2n \choose n}\, {H_{n + 1} \over n + 1}\ \overbrace{\pars{3 \over 16}^{n}} ^{\ds{\color{#000}{\mu^{n}}}}}\ =\ -1 - \int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - t} \over \root{1 - 4\mu t}}\,\dd t =-1 - \int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - t} \over \root{1 - 3t/4}}\,\dd t\tag{2} \end{align} La integral es fácilmente evaluados con el cambio de variables $\ds{x \equiv \root{1 - 3t/4}}$: \begin{align}&\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - t} \over \root{1 - 3t/4}}\,\dd t =-\,{8 \over 3}\int_{1}^{1/2}\bracks{\ln\pars{4 \over 3} + \ln\pars{x + \half} + \ln\pars{x - \half}}\,\dd x \\[3mm]&={8 \over 3}\bracks{\ln\pars{3 \over 2} - 1} \end{align}
Sustituyendo este resultado en $\pars{2}$, podemos encontrar: $$\color{#66f}{\large% \sum_{n = 1}^{\infty}{2n \elegir n}\,{H_{n + 1} \over n + 1}\pars{3 \de más de 16}^{n} ={5 \más de 3} + {8 \más de 3}\,\ln\pars{2} - {8 \más de 3}\,\ln\pars{3}} \aprox {\tt 0.5854} $$
