Los cubos de los coeficientes binomiales $\sum_{n=0}^{\infty}{{2n\choose n}^3\over 2^{6n}}={\pi\over \Gamma^4\left({3\over 4}\right)}$

Question

Tenga en cuenta la suma de $(1)$

$$\sum_{n=0}^{\infty}{{2n\choose n}^3\over 2^{6n}}={\pi\over \Gamma^4\left({3\over 4}\right)}\tag1$$ ¿Cómo hace uno para probar $(1)$?

Un intento:

Recordar

$${2n\choose n}\cdot{\pi\over 2^{2n+1}}=\int_{0}^{\infty}{\mathrm dx\over (1+x^2)^{n+1}}\tag2$$

La elección de $x=\tan{u}$ $\mathrm dx=\sec^2{u}\mathrm du$

$(2)$ se convierte en

$${2n\choose n}\cdot{\pi\over 2^{2n+1}}=\int_{0}^{\pi/2}\cos^{2n}{u}\mathrm du\tag3$$

$${2n\choose n}^3\cdot{1\over 2^{6n}}={8\over \pi^3}\cdot\left(\int_{0}^{\pi/2}\cos^{2n}{u}\mathrm du\right)^3\tag4$$

$${2n\choose n}^3\cdot{1\over 2^{6n}}={8\over \pi^3}\cdot\left({(2n-1)!!\over (2n)!!}\right)^3\cdot{\pi^3\over 8}\tag5$$

Yo no estoy en el camino correcto aquí.

¿De qué otra manera podemos abordar $(1)?$

Nota:

$$\sum_{n=0}^{\infty}\left({(2n-1)!!\over (2n)!!}\right)^3={\pi\over \Gamma^4(3/4)}\tag1$$

similar a ramanujan la suma de $(6)$

$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(4n+1)\left({(2n-1)!!\over (2n)!!}\right)^5={2\over \Gamma^4(3/4)}\tag6$$

Me pareció similar aquí, puede ser útil.

Answer 1

La suma es claramente una de la serie hipergeométrica. De hecho, la definición de $a_n=\frac{{2n\choose n}^3}{2^{6n}}$,$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\left(\frac{n+\frac12}{n+1}\right)^3$. Junto con $a_0=1$, esto significa que $$\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n={}_3F{}_2\biggl[\begin{array}{cc} \frac12,\frac12,\frac12 \\ 1,1\end{array};x\biggr].$$ Por otro lado, esta función hipergeométrica es conocido por ser $${}_3F{}_2\biggl[\begin{array}{cc} \frac12,\frac12,\frac12 \\ 1,1\end{array};x\biggr]=\frac{4}{\pi^2}\mathbf{K}^2\left(\frac{1-\sqrt{1-x}}{2}\right).$$ Queda por establecer $x=1$ en esta fórmula y el uso de la primera integral elíptica singular valor $\mathbf{K}\left(\frac12\right)=\frac{\Gamma^2\left(\frac14\right)}{4\sqrt\pi}$.

Answer 2

Sugerencia. Uno puede utilizar el estándar de evaluación $$ {2n\elegir n}\cdot{\pi\más de 2^{2n}}=\int_{0}^{\pi}\cos^{2n}{u}\:\mathrm du\tag1 $$ para deducir $$ \sum_{n=0}^{\infty}{{2n\elegir n}^3\más de 2^{6n}}=\frac1{\pi^3}\cdot\int \!\int\!\int_{\large\left[0,\pi\right)^3}\frac{du\:d\nu\:dw}{1-\cos u \cos \nu \cos w} \tag2 $ de$ la última integral es uno de Watson triple integrales que han sido evaluados por Watson ("Tres Triples Integrales." Cuarto de galón. J. Math., Oxford Ser. 2 10, 266-276, 1939) el uso inteligente de la primaria y los cambios de variable (ver aquí): $$ \frac1{\pi^3}\cdot\int \!\int\!\int_{\large\left[0,\pi\right)^3}\frac{du\:d\nu\:dw}{1-\cos u \cos \nu \cos w} = {\Gamma^4\left({1\over 4}\right)\más de 4\pi^3}={\pi\\Gamma^4\left({3\más de 4}\right)}.\tag3 $$

Answer 3

Esta es una extensión de mi comentario del usuario "Start wearing purple"'s una excelente respuesta y debe ser considerada como complementaria.

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Usted ha tropezado en una famosa serie de la teoría clásica de las integrales elípticas, elípticas funciones y funciones theta. Me ofrecen un breve resumen aquí. Deje $0 < k < 1$$k'=\sqrt{1 - k^{2}}$, entonces podemos definir una función $$K(k) = \int_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{\sqrt{1 - k^{2}\sin^{2}x}}\tag{1}$$ which is normally called complete elliptic integral of first kind and mostly we drop the parameter $k$ and just use $K$ para la integral elíptica.

Ampliando el integrando en una serie infinita (usando el teorema del binomio para el índice general) y la integración de plazo por el término que podemos obtener $$K = \frac{\pi}{2}\left\{1 + \left(\frac{1}{2}\right)^{2}k^{2} + \left(\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}\right)^{2}k^{4} + \cdots\right\}$$ or $$\frac{2K}{\pi} = {}_{2}F_{1}\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}; 1; k^{2}\right)\tag{2}$$ Next we can transform the hypergeometric series on right into another form by using the formula $${}_{2}F_{1}\left(a, b; a + b + \frac{1}{2}; 4x(1 - x)\right) = {}_{2}F_{1}\left(2a, 2b; a + b + \frac{1}{2}; x\right)\tag{3}$$ which holds if $|x| < 1, |4x(1 - x)| < 1$ and $(a + b + (1/2))$ is neither zero nor a negative integer (see this blog post for proof). Applying $(3)$ on $(2)$ (using $a = 1/4, b = 1/4, x = k^{2}$) we get $$\frac{2K}{\pi} = {}_{2}F_{1}\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4}; 1; (2kk')^{2}\right)\tag{4}$$ or in explicit form $$\frac{2K}{\pi} = 1 + \left(\frac{1}{4}\right)^{2}(2kk')^{2} + \left(\frac{1\cdot 5}{4\cdot 8}\right)^{2}(2kk')^{4} + \left(\frac{1\cdot 5\cdot 9}{4\cdot 8\cdot 12}\right)^{2}(2kk')^{6} + \cdots$$ which holds for $0 \leq k \leq 1/\sqrt{2}$. Now we need another piece of magic called Clausen's formula (proof available in the blog post linked earlier) $$\left({}_{2}F_{1}\left(a, b; a + b + \frac{1}{2}; z\right)\right)^{2} = \,{}_{3}F_{2}\left(2a, 2b, a + b; 2a + 2b, a + b + \frac{1}{2}; z\right)\tag{5}$$ Using $(4), (5)$ together (with $a = 1/4, b = 1/4, z = (2kk')^{2}$) we get $$\left(\frac{2K}{\pi}\right)^{2} =\,{}_{3}F_{2}\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}; 1, 1; (2kk')^{2}\right)$$ or in explicit form $$\left(\frac{2K}{\pi}\right)^{2} = 1 + \left(\frac{1}{2}\right)^{3}(2kk')^{2} + \left(\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}\right)^{3}(2kk')^{4} + \left(\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}\right)^{3}(2kk')^{6} + \cdots\etiqueta{6}$$ for $0 \leq k\leq 1/\sqrt{2}$. Your sum in question is the above series on right with $k = 1/\sqrt{2}$ so that $2kk' = 1$ and thus the value of the series is $(2K(1/\sqrt{2})/\pi)^{2}$.

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La ecuación de $(6)$ estaba sentado de brazos cruzados en la teoría clásica de un largo tiempo hasta que Ramanujan apareció en la escena y en 1914 se diferenciados la serie $(6)$ (y algunos más de la serie como ésta) con respecto a $k$ (además de algunos altamente no-obvio material) para obtener una clase de la serie para $1/\pi$ la más simple de las cuales es $$\frac{4}{\pi} = 1 + \frac{7}{4}\left(\frac{1}{2}\right)^{3} + \frac{13}{4^{2}}\left(\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}\right)^{3} + \frac{19}{4^{3}}\left(\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}\right)^{3} + \cdots\tag{7}$$ (ver esta entrada del blog para más detalles).