Quiero encontrar una forma cerrada de la siguiente serie infinita $$\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}\binom{2n}{n}}{4^n n^2}=?$$ Se puede expresar en términos de $\gamma$ y $\pi$ ? Aquí $H_n=\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k}$ es el número armónico.
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Ali Shather
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$$S=\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}\binom{2n}{n}}{4^n n^2}=\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{H_{n}\binom{2n}{n}}{4^n n^2}-\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3}$$
Evaluación de la primera suma: Siguiendo mi solución aquí llegamos, \begin{align} S_1=\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{H_{n}\binom{2n}{n}}{4^n n^2}&=8\int_0^1 \frac{x\ln x\tanh^{-1}x}{1-x^2}\ dx+\zeta(3)+2\ln2\zeta(2) \end{align} Calculemos la integral: \begin{align} I=\int_0^1 \frac{x\ln x\tanh^{-1}x}{1-x^2}\ dx=-\frac12\int_0^1 \frac{x\ln x}{1-x^2}\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ dx \end{align} Exponiendo la identidad $\ \displaystyle\frac{\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{1-x^2}=\sum_{n=1}^\infty\left(H_n-2H_{2n}\right)x^{2n-1}$ ( probado aquí ), obtenemos \begin{align} I&=-\frac12\sum_{n=1}^\infty\left(H_n-2H_{2n}\right)\int_0^1x^{2n-1}\ln x\ dx\\ &=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n-2H_{2n}}{(2n+1)^2}\\ &=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(2n+1)^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n+1)^2}\\ \end{align} Para la primera suma, Variable Aleatoria demostró aquí la siguiente identidad : $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{ (n+a)^{2}}= \left(\gamma + \psi(a) \right) \psi_{1}(a) - \frac{\psi_{2}(a)}{2} \, , \quad a >0.$$ y al establecer $a=1/2$ obtenemos $\boxed{\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(2n+1)^2}=\frac74\zeta(3)-\frac{\pi^2}{4}\ln2}$
En cuanto a la segunda suma: \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n+1)^2}&=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{(n+1)^2}(1+(-1)^n)=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^2}(1-(-1)^n)\\ &=\frac12\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^2}-\zeta(3)+\operatorname{Li}_3(-1)\right)\\ &=\frac12\left(2\zeta(3)-\left(-\frac58\zeta(3)\right)-\zeta(3)+\left(-\frac34\zeta(4)\right)\right)\\ &\boxed{\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n+1)^2}=\frac7{16}\zeta(3)} \end{align} y combinando los resultados de los recuadros, obtenemos $\ \displaystyle I=\frac7{16}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{8}\ln2$ y al conectar este resultado se obtiene $$\color{blue}{S_1=\frac92\zeta(3)-\frac{2\pi^2}{3}\ln2}$$
Evaluación de la segunda suma: Utilizando la conocida identidad $$\quad\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{\binom{2n}n}{4^n}x^n=\frac{1}{\sqrt{1-x}}-1 \quad$$ multiplicar ambos lados por $\ \displaystyle\frac{\ln^2x}{2x}\ $ y luego integrar desde $x=0$ a $x=1,\ $ obtenemos \begin{align} S_2&=\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3}=\frac12\int_0^1\frac{\ln^2x}{x}\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}-1\right)\ dx, \quad \text{apply IBP}\\ &=-\frac1{12}\int_0^1\ln^3x(1-x)^{-3/2}\ dx\\ &=\frac1{12}\frac{\partial^3}{\partial\alpha^3}\text{B}\left(\alpha,-\frac12\right)_{\large\alpha\ \to\ 1}\\ &\color{blue}{S_2=2\zeta(3)-\frac{\pi^2}{3}\ln2+\frac43\ln^32} \end{align} Finalmente
$$S=S_1-S_2=\frac52\zeta(2)-\frac{\pi^2}{3}\ln2-\frac43\ln^32$$
