Cómo demostrar a $\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{(2n)!}{(n!)^2}\right)^3\cdot \frac{42n+5}{2^{12n+4}}=\frac1\pi$?

Question

En un artículo sobre el $\pi$ en una revista popular science he encontrado esta ecuación impreso en color gris claro en el fondo del cuerpo principal del artículo: $$ \color{black}{ \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{(2n)!}{(n!)^2}\right)^3\cdot \frac{42n+5}{2^{12n+4}}=\frac1\pi } $$ Es cierto, lo he comprobado en Wolfram, que da aún más críptica respuesta a primera vista, pero finalmente se confirma el resultado.

La aparición de $42$ me da la confianza de que hay alguien ahí fuera en este universo, que puede ayudar a demostrar que?

Answer 1

Este es un famoso identidad de Ramanujan en "congruencias y aproximaciones de $\pi$".
Hay una prueba de la Borweins en "Pi" y la junta general de accionistas" (vista previa) p. $177$ $188$(esta prueba y otros son bastante larga!).

ACTUALIZACIÓN: "Ramanujan la Serie para 1/π: Un estudio" proporciona la historia del tema con todos los detalles técnicos.
Los hermanos Borwein propuesto una derivación en $1987$ "Ramanujan del racionales y algebraicas de la serie para $\dfrac 1{\pi}$".
Guillera propuesto diferentes "Tipo de pruebas de Ramanujan-como la serie" en $2012$.

Una prueba de 'equipo' mediante el WZ algoritmo se puede encontrar en el papel de Ekhad y Zeilberger "UNA WZ prueba de Ramanujan con la fórmula de la $\pi$".
Aycock propone para calcular muchos similares utilizando series hipergeométricas identidades como en la página $6$$28$) : $$_3F_2\left(\frac12,\frac12,\frac12,1,1,x\right)=(1-x)^{-1/2}\;_3F_2\left(\frac14,\frac34,\frac12,1,1,-\frac{4x}{(1-x)^2}\right)$$

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\large\tt Hint:$ $\ds{% {1 \over \pi} = \sum_{n=0}^{\infty}\bracks{\pars{2n}! \\pars{n!}^{2}}^{3} {42n + 5 \más de 2^{12n + 4}} = {21 \más de 8}\sum_{n=0}^{\infty}{2n \elegir n}^{3}n\pars{2^{-12}}^{n} + {5 \más de 16}\sum_{n=0}^{\infty}{2n \elegir n}^{3}\pars{2^{-12}}^{n}\,, \qquad{\large ?}}$ Vamos a considerar la función $\ds{{\cal F}\pars{x} \equiv \sum_{n=0}^{\infty}{2n \choose n}^{3}x^{n}}$ y nos tienen que evaluar $\ds{\llaves{\bracks{{21 \más de 8}\,x\,\partiald{}{x} + {5 \más de 16}}{\cal F}\pars{x}}_{x = 2^{-12}}}$ $\ds{\pars{~\mbox{esta expresión devuelve el valor}\ {1 \over \pi}~}}$:

\begin{align} {\cal F}\pars{x} &\equiv \sum_{n=0}^{\infty}x^{n}\int_{\verts{z_{1}} = 1} {\dd z_{1} \over 2\pi\ic}\,{\pars{1 + z_{1}}^{2n} \over z_{1}^{n + 1}} \int_{\verts{z_{2}} = 1} {\dd z_{1} \over 2\pi\ic}\,{\pars{1 + z_{2}}^{2n} \over z_{2}^{n + 1}}\int_{\verts{z_{1}} = 1} {\dd z_{1} \over 2\pi\ic}\,{\pars{1 + z_{3}}^{2n} \over z_{3}^{n + 1}} \\[3mm]&= \prod_{i = 1}^{3}\pars{\int_{\verts{z_{i}} = 1} {\dd z_{i} \over 2\pi\ic}\,{1 \over z_{i}}}\sum_{n = 0}^{\infty}\bracks{% x\pars{1 + z_{1}}^{2}\pars{1 + z_{2}}^{2}\pars{1 + z_{3}}^{2} \over z_{1}z_{2}z_{3}}^{n} \\[3mm]&= \prod_{i = 1}^{3}\int_{\verts{z_{i}} = 1} {\dd z_{i} \over 2\pi\ic}\, {1 \over z_{1}z_{2}z_{3} - x\pars{1 + z_{1}}^{2}\pars{1 + z_{2}}^{2}\pars{1 + z_{3}}^{2}} \end{align}

Answer 3

Ah, 42 y La Guía del Autostopista a la Galaxia. Te gustaría saber cómo está conectado el 24dimensiones de la Sanguijuela de celosía? :)

Dada la Ramanujan-escriba la fórmula,

$$\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{(2n)!}{(n!)^2}\right)^3\cdot \frac{An+B}{(C)^{n+1/2}}=\frac1\pi$$

hay relativamente simples expresiones de $A,C$. Definir,

$$A(\tau) = \sqrt{d\big(C(\tau)-64\big)}$$

y la 24ª energía de la Weber modular la función como,

$$C(\tau) = \mathfrak{f}^{24}(2\tau)=\left(\frac{\eta^2(2\tau)}{\eta(\tau)\eta(4\tau)}\right)^{24}$$

con el Dedekind eta función,

$$\eta(\tau) = q^{1/24} \prod_{n=1}^{\infty} (1-q^{n})$$

La conexión entre la aparición de los 24 en $\eta(\tau)$ y la Sanguijuela de celosía es muy bien conocida.

Ejemplo: Vamos a $\tau = \frac{1}{2}\sqrt{-d},\; d = 7$, entonces,

$$A(\tau) =4\cdot42$$

$$C(\tau) = 2^{12}$$

$$e^{\pi\sqrt{7}} \approx 2^{12} - 24.06\dots$$

$$\frac{4(42n+B')}{(2^{12})^{n+1/2}}$$

así,

$$\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{(2n)!}{(n!)^2}\right)^3\cdot \frac{42n+B'}{2^{12n+4}}=\frac1\pi$$

por eso, el uso de un 24 de potencia de una eta cociente, en el número 42 aparece.