Cómo demostrar esta suma $\sum_{n=1}^{\infty}\binom{2n}{n}\frac{(-1)^{n-1}H_{n+1}}{4^n(n+1)}$

Question

Demuestre que

$$\sum_{n=1}^{\infty}\binom{2n}{n}\dfrac{(-1)^{n-1}H_{n+1}}{4^n(n+1)}=5+4\sqrt{2}\left(\log{\dfrac{2\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}}-1\right)$$

donde $H_{n}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}$

Mi intento: dejamos que $$s(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\binom{2n}{n}\dfrac{(-1)^{n-1}H_{n+1}}{(n+1)}x^{n+1}$$ entonces $$s'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\binom{2n}{n}H_{n+1}x^n$$ Entonces no puedo. Gracias.

Answer 1

Hay una fórmula de transformación (podría haberse derivado de la transformación generalizada de la serie de Euler): $$ f(x)=\sum_{n=0}^\infty \, \binom{2n}{n}\, a_n \, x^n = \dfrac{1}{\sqrt{1+4\, x}}\, g\left(\dfrac{x}{1+4\, x}\right) $$ donde $$a_n=\sum_{k=0}^n\, \binom{n}{k}\, (-1)^{n-k}\, b_k$$ y $$g(x)=\sum_{n=0}^\infty \, \binom{2n}{n}\, b_n \, x^n$$

Para $a_n=(-1)^{n-1}\, H_n$ y $b_n=\dfrac{1}{n}$ tenemos la identidad $$ (-1)^{n-1}\, H_n = \sum_{k=1}^n \binom{n}{k}\, \dfrac{(-1)^{n-k}}{n} $$

Además, a partir de la función generadora de coeficientes binomiales centrales, se puede obtener la siguiente f.g: $$ G_1(x)=\sum_{n=1}^\infty \, \binom{2n}{n}\, \dfrac{1}{n}\, x^n = 2\, \log{\left( \dfrac{2}{1+\sqrt{1-4\, x}}\right)} $$

Por lo tanto,

$\displaystyle \begin{aligned} f(x)&=\sum_{n=1}^\infty \, \binom{2n}{n}\, (-1)^{n-1}\, H_n \, x^n = \dfrac{1}{\sqrt{1+4\, x}}\, \sum_{n=1}^\infty \, \binom{2n}{n} \, \dfrac{1}{n}\, \left( \dfrac{x}{1+4\, x} \right)^n\\\\ &= \dfrac{1}{\sqrt{1+4\, x}}\, G_1\left(\dfrac{x}{1+4\, x}\right)\\\\ &= \dfrac{1}{\sqrt{1+4\, x}}\, 2\, \log{\left( \dfrac{2}{1+\sqrt{1-4\, \left(\dfrac{x}{1+4\, x}\right)}}\right)} \end{aligned} $

A continuación, considera la f.g. que necesitamos para obtener la suma requerida:

$\displaystyle \begin{aligned} h(x) &=\sum_{n=1}^\infty \, \binom{2n}{n}\, (-1)^{n-1}\, \dfrac{H_{n+1}}{n+1} \, x^n\\\\ &=\sum_{n=1}^\infty \, \binom{2n}{n}\, (-1)^{n-1}\, \dfrac{H_{n}+\dfrac{1}{n+1}}{n+1} \, x^n\\\\ &=\sum_{n=1}^\infty \, \binom{2n}{n}\, (-1)^{n-1}\, \dfrac{H_{n}}{n+1} \, x^n+\sum_{n=1}^\infty \, \binom{2n}{n}\, (-1)^{n-1}\, \dfrac{1}{(n+1)^2} \, x^n\\\\ &=h_1(x)+h_2(x) \end{aligned} $

Ambos $h_1(x)$ y $h_2(x)$ se puede hallar integrando las f.g. que ya hemos visto:

$\displaystyle \begin{aligned} h_1(x)&=\dfrac{1}{x}\int f(x) \, dx+\dfrac{4 \, \log\left(2\right) + 1}{4 \, x}\\\\ &=\dfrac{4 \, \sqrt{4 \, x + 1} \log\left(\dfrac{2}{\sqrt{\dfrac{1}{4 \, x + 1}} + 1}\right) - 4 \, \log\left(\sqrt{4 \, x + 1} + 1\right) - 1}{4 \, x} + \dfrac{4 \, \log\left(2\right) + 1}{4 \, x} \end{aligned}$

$\displaystyle \begin{aligned} h_2(x)&= \dfrac{1}{x}\, \int \left(\dfrac{1}{x}\, \int -\dfrac{1}{\sqrt{1+4\, x}}\, dx \right)\, dx + \dfrac{\log\left(x\right) + 2}{2 \, x} + 1\\\\ &= -\dfrac{2 \, \sqrt{4 \, x + 1} - \log\left(\sqrt{4 \, x + 1} + 1\right) + \log\left(\sqrt{4 \, x + 1} - 1\right)}{2 \, x} + \dfrac{\log\left(x\right) + 2}{2 \, x} + 1 \end{aligned} $

y la suma requerida es: $\displaystyle \begin{aligned} h\left(\dfrac{1}{4}\right)&=4 \, \sqrt{2} \log\left(\dfrac{2}{\sqrt{\dfrac{1}{2}} + 1}\right) - 4 \, \sqrt{2} + 4 \, \log\left(2\right) + 2 \, \log\left(\dfrac{1}{4}\right) - 2 \, \log\left(\sqrt{2} + 1\right) - 2 \, \log\left(\sqrt{2} - 1\right) + 5\\\\ &=4 \, \sqrt{2} {\left(\log\left(\dfrac{2 \, \sqrt{2}}{\sqrt{2} + 1}\right) - 1\right)} + 5\\\\ &\approx 0.238892690197059 \end{aligned}$

Referencias:

[1]

[2]

Answer 2

Nota: Esto es no una respuesta independiente. Es sólo un suplemento a la respuesta muy interesante presentada de gar . Al repasar los detalles escribí algunas notas para mí. Quizá también sean de interés para otros lectores.

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La prueba de la identidad

$$\sum_{n=1}^{\infty}\binom{2n}{n}\frac{(-1)^{n-1}H_{n+1}}{4^n(n+1)} =5+4\sqrt{2}\left(\log\frac{2\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}-1\right) $$

se basa en cuatro ingredientes, que están hábilmente combinados. Se necesita un par binomial inverso, una identidad de los números armónicos, las funciones generadoras de los binomios centrales y, lo más importante, la poderosa fórmula de transformación en serie de Euler, que es la clave de la demostración.

Comenzamos con un par binomial inverso. Para mostrar la relación multiplicamos funciones generadoras exponenciales (feg). Sea $A(x)=\sum_{n\ge0}a_{n}\frac{x^n}{n!}$ y $B(x)=\sum_{n\ge0}b_{n}\frac{x^n}{n!}$ egfs con $B(x)=A(x)e^x$ . Comparando los coeficientes se obtiene lo siguiente

Par binomial inverso \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\qquad (1) \end{align}

Este sencillo y muchos otros ejemplos de pares binomiales inversos pueden encontrarse, por ejemplo, en Identidades combinatorias un clásico de John Riordan ( $1968$ ).

Allí también podemos encontrar una prueba fácil del siguiente ingrediente (ch. $1$ Ejemplo $3$ ):

Identidad de los números armónicos $H_n$ \begin{align} H_n&=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}\binom{n}{k}\frac{1}{k} \end{align}

Sea \begin{align} f_n&=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}\binom{n}{k}\frac{1}{k} =\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}\left(\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1}\right)\frac{1}{k}\\ &=f_{n-1}-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}=f_{n-1}-\frac{1}{n}\left((1-1)^n-1\right)\\ &=f_{n-1}+\frac{1}{n}\\ &=H_n \end{align} Ahora consideramos $(-1)^{n-1}H_n$ observe que coincide con los pares binomiales $(1)$ anterior y obtener un

Par inverso con números armónicos $H_n$ \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\qquad(2) \end{align}

El tercer ingrediente y el más importante para la prueba es uno de los tesoros del maestro:

Fórmula de transformación de la serie de Euler:

Dada una función $f(x)=\sum_{n\ge0}a_nx^n$ analítica en el disco unitario, es válida la siguiente representación: \begin{align} f(x)&=\sum_{n\ge0}a_nx^n\\ \frac{1}{1-x}f\left(\frac{x}{1-x}\right)&=\sum_{n\ge0}\left(\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a_k\right)x^k\qquad(3) \end{align}

Obsérvese que la transformación de los coeficientes $a_n$ a $\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a_k$ que normalmente se realiza a través de egfs (véase más arriba) se presenta aquí a través de ordinario funciones generadoras (ogfs) y con consecuencias interesantes. Esta fórmula de transformación, junto con una demostración mediante la fórmula integral de Cauchy, puede encontrarse en Identidades de números armónicos mediante la transformada de Euler de Boyadzhiev ( $2009$ ).

Su prueba: Usando la fórmula integral de Cauchy y dada una función $f$ como arriba, tenemos $a_k=\frac{1}{2\pi i}\oint_{L}\frac{1}{\lambda^k}\frac{f(\lambda)}{\lambda}d\lambda$ para una curva cerrada adecuada $L$ alrededor del origen. Multiplicando ambos lados por $\binom{n}{k}$ y sumando para $k$ encontramos \begin{align} \sum_{k=n}^{n}\binom{n}{k}a_k&=\frac{1}{2\pi i}\oint_{L}\left(\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\frac{1}{\lambda^k}\right)\frac{f(\lambda)}{\lambda}d\lambda=\frac{1}{2\pi i}\oint_{L}\left(1+\frac{1}{\lambda}\right)^n\frac{f(\lambda)}{\lambda}d\lambda \end{align} Multiplicando por $x^n$ ( $x$ suficientemente pequeño) y sumando para $n$ llegamos a la representación deseada, porque

$$\sum_{n=0}^{\infty}x^n\left(1+\frac{1}{\lambda}\right)^n=\frac{1}{1-x(1+\frac{1}{\lambda})} =\frac{1}{1-x}\frac{\lambda}{\lambda-\frac{x}{1-x}}$$

Nota: Una simple puramente formal La prueba de una variante de esta transformación se presenta en Transformaciones para acelerar la convergencia de las series de Rosser ( $1951$ ).

En otro documento Fórmulas de transformación en serie de tipo Euler ( $2009$ ) Boyadzhiev nos da con la sustitución $\frac{x}{1-x}=z$ e introduciendo algunas extensiones de la fórmula de transformación $(3)$ siguiente variación:

Para cualquier número complejo $\alpha$ la siguiente representación es verdadera: $$\sum_{n=0}^{\infty}\binom{\alpha}{n}(-1)^na_nz^n =(z+1)^\alpha\sum_{n=0}^{\infty}\binom{\alpha}{n}(-1)^n\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a_k\left(\frac{z}{z+1}\right)^n\qquad (4) $$

Ahora, la fórmula $(4)$ es utilizado por Boyadhziev en su artículo Series con coeficientes binomiales centrales, números catalanes y números armónicos ( $2012$ ) que se obtiene fijando $\alpha=-\frac{1}{2}$ y señalando que $\binom{-1/2}{n}=\frac{(-1)^n}{4^n}\binom{2n}{n}$

$$\sum_{n=0}^{\infty}\binom{2n}{n}a_n\frac{z^n}{4^n} =\frac{1}{\sqrt{1+z}}\sum_{n=0}^{\infty}\binom{2n}{n}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a_k\frac{1}{4^n}\left(\frac{z}{z+1}\right)^n\qquad (5) $$

Configuración $z=4x$ , $a_n=(-1)^{n-1}H_n$ y observando el inverso binomial de $(-1)^{n-1}H_n$ de $(2)$ obtenemos

$$\sum_{n=0}^{\infty}\binom{2n}{n}(-1)^{n-1}H_{n}x^n =\frac{1}{\sqrt{1+4x}}\sum_{n=1}^{\infty}\binom{2n}{n}\frac{1}{n}\left(\frac{x}{1+4x}\right)^n\qquad (6) $$

Esta era la parte pesada. El cuarto y último ingrediente es el conocido

Expansión en serie del coeficiente binomial central: $$\sum_{n=0}^{\infty}\binom{2n}{n}x^n=\frac{1}{\sqrt{1-4x}}$$

Comprobando el lado derecho de (6) vemos que necesitamos un factor adicional $\frac{1}{n}$ . Para pasar de $a_n$ a $\frac{1}{n}a_n$ consideramos la ogf $A(x)=\sum_{n\ge 1}a_{n}x^{n}$ y observa

\begin{align} &(a_n)_{n\ge 1}&&\left(\frac{1}{n}a_n\right)_{n\ge 1}\\ A(x)&=\sum_{n\ge 1}a_{n}x^{n}&\int_{0}^{x}&\frac{1}{t}A(t)dt=\sum_{n\ge 1}\frac{a_n}{n}x^n \end{align}

Aplicando esta transformación a la ogf del coeficiente binomial central se obtiene

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\binom{2n}{n}\frac{x^n}{n}&=\int_{0}^{x}\frac{1}{t}\left(\frac{1}{\sqrt{1-4t}}-1\right)dt\\ &=2 \log\left(\frac{2}{1+\sqrt{1-4x}}\right)\qquad\qquad(7) \end{align}

Por último, combinando $(6)$ y $(7)$ resulta en \begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}&\binom{2n}{n}(-1)^{n-1}H_{n}x^n\\ &=\frac{2}{\sqrt{1+4x}}\log\left(\frac{2}{1+\sqrt{1-4\left(\frac{x}{1+4x}\right)}}\right)\\ &=f(x) \end{align}

con $f(x)$ la función utilizada en la respuesta de gar . La serie también es convergente para $x=-\frac{1}{4}$ .

Todos los cálculos siguientes se muestran de forma clara y completa en la respuesta de gar .

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\sum_{n = 1}^{\infty}{2n \choose n}{\pars{-1}^{n - 1}H_{n + 1} \over 4^{n}\pars{n + 1}} = 5 + 4\root{2}\bracks{\ln\pars{2\sqrt{2} \over 1 + \root{2}} - 1} \approx {\tt 0.2389}:\ {\large ?}}$

\begin{align} \mbox{Note that}\quad\sum_{n = 1}^{\infty} {2n \choose n}{\pars{-1}^{n - 1}H_{n + 1} \over 4^{n}\pars{n + 1}}= -\sum_{n = 1}^{\infty}{2n \choose n}{H_{n + 1} \over n + 1}\, \pars{-\,{1 \over 4}}^{n}\tag{1} \end{align}

En un respuesta anterior hice una derivación detallada: $$ \sum_{n = 1}^{\infty}{2n \choose n}{H_{n + 1} \over n + 1}\,\mu^{n} =-1 - \int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - t} \over \root{1 - 4\mu t}}\,\dd t $$

tal que $\pars{1}$ se reduce a: \begin{align}&\color{#66f}{\large\sum_{n = 1}^{\infty} {2n \choose n}{\pars{-1}^{n - 1}H_{n + 1} \over 4^{n}\pars{n + 1}}}= 1 +\ \overbrace{\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - t} \over \root{1 + t}}\,\dd t} ^{\ds{\mbox{Set}\ x \equiv \root{1 + t}}} \\[3mm]&=1 + 2\int_{1}^{\root{2}} \bracks{\ln\pars{\root{2} + x} + \ln\pars{\root{2} - x}}\,\dd x \\[3mm]&=\color{#66f}{\large% 5 + 4\root{2}\bracks{\ln\pars{2\sqrt{2} \over 1 + \root{2}} - 1}} \approx {\tt 0.2389} \end{align}