Mientras que la solución de una ecuación diferencial del problema que implica el poder de la serie, me topé con una suma (a continuación) que parecía ser siempre igual a $0$, para cualquier entero positivo $s$.
$$ \sum_{k=0}^s \left( \frac{ \prod_{i=1}^k (-4r^2+10r-3) \prod_{i=1}^{s-k} (-4r^2+6r+1)}{2^s (2k)! (2s-2k+1)!} \times (2s-4k+1) \right) $$
¿Por qué es esta suma siempre igual a $0$?
La versión simplificada de esta ecuación sería: $$ \frac{1}{(-2)^s (2s+1)!} \sum_{k=0}^s \left( \binom{2s+1}{2k} (2s-4k+1) \prod_{i=1}^k (4r^2-10r+3) \prod_{i=1}^{s-k} (4r^2-6r-1) \right) $$ o $$ \frac{1}{(-2)^s (2s)!} \sum_{k=0}^s \left( \left( \binom{2}{2k} - \binom{2}{2k-1} \right) \prod_{i=1}^k (4r^2-10r+3) \prod_{i=1}^{s-k} (4r^2-6r-1) \right) $$
Actualización:
$4r^2-10r+3$ $4r^2-6r-1$ fueron derivados de $n^2-5n+3$ reemplazando $n$$2r$$2r+1$, respectivamente, lo que significa que este podría ser reescrita como: $$ \frac{1}{(-2)^s (2s)!} \sum_{k=0}^s \left( \left( \binom{2}{2k} - \binom{2}{2k-1} \right) \prod_{i=1}^k a_{2r} \prod_{i=1}^{s-k} a_{2r+1} \right) $$ donde $a_n=n^2-5n+3$
Si la suma de la primera línea es de hecho igual a $0$, entonces esto también es cierto: $$ \sum_{k=0}^s \left( \binom{2}{2k} \prod_{i=1}^k a_{2r} \prod_{i=1}^{s-k} a_{2r+1} \right) = \sum_{k=0}^s \left( \binom{2}{2k-1} \prod_{i=1}^k a_{2r} \prod_{i=1}^{s-k} a_{2r+1} \right) $$
Entonces, he cambiado los coeficientes de $a_n$ a desconocido constantes para comprobar si esta igualdad es verdadera en otros casos: $a_n=n^2-bn+c$
Parecía que esta igualdad se erige al $b$ es un entero impar mayor que o igual a $5$ $s$ es un número entero mayor o igual a $(b-3)/2$; cuando se cumplen estas condiciones, el valor de $c$ no parece afectar en nada.
¿Cómo se podría derivar matemáticamente o demostrar la conclusión anterior?
