Evaluación de una serie

Question

¿Algunas pistas para iniciar la evaluación de esta serie? $$\sum_{k=0}^\infty \dfrac{2^{2k}(k !)^2}{(2k)!(2k+1)^2}\left(\dfrac{1}3-\dfrac{1}{4^{k+1}}\right)$$

Answer 1

Continuemos el buen trabajo de Ron Gordon. Consiguió su suma como : $$I=\frac13 F(1) - \frac12 F\left( \frac12 \right )$$ con $\quad\displaystyle F(x):=\int_0^x \frac{\arcsin{t}}{t\,\sqrt{1-t^2}}dt=\int_0^{\arcsin(x)}\frac u{\sin(u)}du\quad$ (utilizando la sustitución $t:=\sin(u)$ )

Es fácil demostrar que $\ \displaystyle\log(\tan(u/2))'=\frac 1{\sin(u)}\,$ de modo que para $\,v:=\tan(u/2)\,$ obtenemos : \begin{align}F(x)&=\int_0^{\arcsin(x)}u\ d(\log(\tan(u/2)))\\ &=\int_0^{\tan(\arcsin(x)/2)}2\arctan(v)\ d(\log(v))\\ &=2\int_0^{\tan(\arcsin(x)/2)}\frac{\arctan(v)}v\ dv\\ &=2\ \rm{Ti}_2\left(\tan\left(\frac{\arcsin(x)}2\right)\right)\\ \end{align}

con $\,\displaystyle\rm{Ti}_2(x):=\int_0^x\frac{\arctan(v)}v\,dv=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{x^{2k-1}}{(2k-1)^2}\,$ el integral tangente inversa .

Desde $\ \arcsin(1)=\dfrac{\pi}2\,$ y $\ \arcsin\left(\frac 12\right)=\dfrac{\pi}6\,$ podemos reescribir $I$ como : \begin{align} I&=\frac23 \rm{Ti}_2\left(\tan\left(\frac{\pi}4\right)\right) - \rm{Ti}_2\left(\tan\left(\frac{\pi}{12}\right)\right)\\ &=\frac23 \rm{Ti}_2(1) - \rm{Ti}_2\left(2-\sqrt{3}\right)\\ \end{align} O simplemente $$I=-\frac{\pi}{12}\ln(2-\sqrt{3})=\frac{\pi}{12}\ln(2+\sqrt{3})$$

de la identidad $(13)$ del enlace anterior de MathWorld (con el signo incorrecto corregido para obtener el de Lewin $(2.29)$ ), que a su vez es consecuencia de la identidad más general $(2.20)$ (p. $42$ de Lewin $1981$ libro "Polilogaritmos y funciones asociadas") :

$$\rm{Ti}_2\left(\frac{y^2}2\right)+\frac 12\rm{Ti}_2\left(\frac{y(2+y)}{2(1+y)}\right)-\frac 12\rm{Ti}_2\left(\frac{y(2-y)}{2(1-y)}\right)+\rm{Ti}_2\left(\frac{y}{2+y}\right)-\rm{Ti}_2\left(\frac{y}{2-y}\right)+\rm{Ti}_2\left(1-y\right)+\rm{Ti}_2\left(\frac 1{1+y}\right)=2\,\rm{Ti}_2\left(1\right)+\frac{\pi}4\log\left(\frac{1-y}{1+y}\right)$$ aplicada al caso concreto $\,y=\sqrt{3}-1\,$ porque $\,y\,$ verifica $\,\dfrac{y\,(2+y)}{2\,(1+y)}=\dfrac1{1+y}$ (Lewin $2.4.2$ ) .

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Una derivación más directa fue proporcionada por Ramanujan (entrada $14$ a $17$ de su primer cuaderno).
Para demostrar que $\ \displaystyle \rm{Ti}_2(2-\sqrt{3})=\frac{\pi}{12}\ln(2-\sqrt{3})+\frac 23\rm{Ti}_2(1)\quad$ utilizó su entrada $17$ : $$\tag{*}\rm{Ti}_2(\tan(x))=x\,\log|\tan(x)|+\sum_{k=0}^\infty \frac{\sin((4k+2)x)}{(2k+1)^2}\quad\text{for}\ |x|<\pi/2$$ Esta es la fórmula $(3)$ de MathWorld que podemos aplicar a los casos concretos $\,\displaystyle x=\frac{\pi}4$ y $\,\displaystyle x=\frac{\pi}{12}$ como indica Variable Aleatoria.

$\,\displaystyle\sum_{k=0}^\infty \frac{\sin\left((4k+2)\frac{\pi}4\right)}{(2k+1)^2} =K\ $ y $\,\displaystyle\sum_{k=0}^\infty \frac{\sin\left((4k+2)\frac{\pi}{12}\right)}{(2k+1)^2} =\frac 23\,K\quad$ con $K$ la constante catalana permiten concluir.

La entrada $17$ $(*)$ se dedujo de $\,\displaystyle\rm{Ti}_2(\tan(x))=\frac 12\int_0^{2x}\frac u{\sin(u)}du\ $ y la entrada más general de Ramanujan $14$ dando una fórmula para $\,\displaystyle\frac 12\int_0^{x}\frac {u^n}{\sin(u)}du$ (fórmulas $(14.1)$ a $(14.4)$ de ch. $9$ de Berndt R.N. Parte I).

Answer 2

Sea

$$f(x) = \frac{\arcsin{x}}{\sqrt{1-x^2}}$$

Entonces $f$ tiene la siguiente expansión en serie:

$$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{2^{2 k}}{\displaystyle(2 k+1)\binom{2k}{k}} x^{2 k+1} $$

de modo que la suma puede expresarse de la siguiente manera:

$$F(x)=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{2^{2 k}}{\displaystyle(2 k+1)^2\binom{2k}{k}} x^{2 k+1} = \int_0^x dt \frac{\arcsin{t}}{t \sqrt{1-t^2}}$$

La suma que buscas es entonces

$$\frac13 F(1) - \frac12 F\left( \frac12 \right )$$

La integral en el lado derecho de la definición de $F$ puede expresarse en términos de logaritmo y dilogaritmo.

EDITAR

El resultado real es $(\pi/12) \log{(2+\sqrt{3})}$ por lo que habrá que seguir trabajando en ello.

Answer 3

Qué interesante.
Tienes la constante de Catalan para las dos partes de tu serie. $$\sum_{k=0}^\infty \dfrac{2^{2k}(k!)^2}{(2k)!(2k+1)^2}=2\mathrm G$$ puede encontrarlo aquí (Entrada 22) .
Y $$\sum_{k=0}^\infty \dfrac{2^{2k}(k !)^2}{(2k)!(2k+1)^2}\dfrac{1}{4^{k+1}}=\dfrac{1}4\sum_{k=0}^\infty \dfrac{(k !)^2}{(2k)!(2k+1)^2}= \frac{2 \mathrm G}{3}-\frac{1}{12} \pi \log \left(2+\sqrt{3}\right)$$ puedes encontrar aquí . Así que $$\sum_{k=0}^\infty \dfrac{2^{2k}(k !)^2}{(2k)!(2k+1)^2}\left(\dfrac{1}3-\dfrac{1}{4^{k+1}}\right)=\frac{\pi}{12} \log \left(2+\sqrt{3}\right)$$