Cómo evaluar las sumas $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n \binom{kn}{n}}$ $k$ un entero positivo?
Para $k=1$, la serie no converge.
Al $k=2$, puedo demostrar que:
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n \binom{2n}{n}}=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}$$
Generalmente, esto puede ser demostrado por la diferenciación $\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n}}{n^2 \binom{2n}{n}}=2(\arcsin{\frac{x}{2}})^2$, pero tengo una alternativa a prueba.
Utilizando el resultado de:
$$\int_0^\infty \frac{x^ndx}{(x+1)^{y+n+1}}=\frac{1}{y \binom{y+n}{n}} \tag1$$
, que puede ser demostrado fácilmente.
Puedo sustituir $y=n$ obtener
$$\int_0^\infty \frac{x^ndx}{(x+1)^{2n+1}}=\frac{1}{n \binom{2n}{n}}$$
$$\sum_{n=1}^\infty\int_0^\infty \frac{x^ndx}{(x+1)^{2n+1}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n \binom{2n}{n}}$$
Por lo tanto,
\begin{align}
\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n \binom{2n}{n}} & = \int_0^\infty \frac{xdx}{(x+1)(x^2+x+1)} \\
& = \lim_{L\to \infty} \frac{1}{2}\ln(x^2+x+1)-\ln(x+1)+\frac{\tan^{-1}(\frac{2x+1}{\sqrt{3}})}{\sqrt{3}}\large{|_0^L} \\
&= \frac{\pi}{3\sqrt{3}}
\end{align}
Ahora para $k=3$, traté de sustituir $y=2n$ a $(1)$:
$$\int_0^\infty \frac{x^ndx}{(x+1)^{3n+1}}=\frac{1}{2n \binom{3n}{n}}$$
$$\sum_{n=1}^\infty\int_0^\infty \frac{x^ndx}{(x+1)^{3n+1}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2n \binom{3n}{n}}$$
De modo que podemos tener
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n \binom{3n}{n}}=\int_0^\infty\frac{2xdx}{(x+1)(x^3+3x^2+2x+1)}$$
Sin embargo, por parciales de la fracción de $$\frac{2xdx}{(x+1)(x^3+3x^2+2x+1)}=-\frac{2}{1+x}+\frac{2x^2+4x+2}{x^3+3x^2+2x+1}$$
La parte de la izquierda no parecen converger.
Siente frustrado, Wolfram Alpha juega su parte. Se escupe estos resultados:
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n \binom{3n}{n}}=\frac{1}{3}{}_3F_2\left(\left.\begin{array}{c} 1,1,\frac{3}{2}\\ \frac{4}{3}, \frac{5}{3} \end{array}\right| \frac{4}{27}\right)$$
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n \binom{4n}{n}}=\frac{1}{4}{}_4F_3\left(\left.\begin{array}{c} 1,1,\frac{4}{3},\frac{5}{3}\\ \frac{5}{4}, \frac{6}{4}, \frac{7}{4} \end{array}\right| \frac{27}{256}\right)$$
Sin embargo, no estoy muy familiarizado con la función hipergeométrica.
El patrón sugiere que $$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n \binom{2n}{n}}=\frac{1}{2}{}_2F_1\left(\left.\begin{array}{c} 1,1\\ \frac{3}{2} \end{array}\right| \frac{1}{4}\right)=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}$$
Por lo tanto, $${}_2F_1\left(\left.\begin{array}{c} 1,1\\ \frac{3}{2} \end{array}\right| \frac{1}{4}\right)=\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}$$
Llegar a estos resultados, tengo las siguientes preguntas:
¿Cómo puede el ${}_2F_1\left(\left.\begin{array}{c} 1,1\\ \frac{3}{2} \end{array}\right| \frac{1}{4}\right)$ se expresa en esta sencilla forma elemental?
¿Cómo podemos llegar a la conclusión de $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n \binom{3n}{n}}$ dado por Wolfram Alpha?
En última instancia, se puede evaluar la $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n \binom{kn}{n}}$ para todos los enteros k $\ge$ $2$?
