El ejercicio de Comtet Avanzado de la Combinatoria: demostrar $27\sum_{n=1}^{\infty }1/\binom{2n}{n}=9+2\pi \sqrt{3}$

Question

En el ejercicio 36 Miscelánea Taylor Coeficientes de uso de Bernoulli los números en las páginas 88-89 de Louis Comtet la Avanzada de la Combinatoria, de 1974, a uno se le pide obtener la siguiente fórmula explícita para los números de Bernoulli:

$$B_{2n}=(-1)^{n-1}\dfrac{1+\left[ \varphi _{n}\right] }{2(2^{2n}-1)},$$

donde

$$\varphi _{n}=\dfrac{2(2^{2n}-1)(2n)!}{2^{2n-1}\pi ^{2n}}\displaystyle\sum_{k=1}^{3n}\dfrac{1}{k^{2n}}$$

(con $\displaystyle\sum_{n\geq 0}B_{n}\dfrac{t^{n}}{n!}=\dfrac{t}{e^{t}-1}$), y para demostrar, entre otras cantidades, que

$$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{\dbinom{2n}{n}}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{2\pi\sqrt{3}}{27}.\qquad (\ast )$$

Alfred van der Poorten escribió aquí (sección 10): viendo que

$$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^{2n}}{n^{2}\dbinom{2n}{n}}=2\arcsin^{2}\left( \dfrac{x}{2}\right) \qquad (\ast \ast )$$

(...) la fórmula [ $(\ast )$ ] convertido en[s] bastante accesible para la prueba."

Yo no soy capaz de mostrar fórmula $(\ast \ast )$ ni cómo puede ser utilizado para demostrar $(\ast )$.

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Pregunta: ¿Podría dar (a) más detallada de la sugerencia(s) y/o diferentes formas en que la fórmula $(\ast )$ puede ser derivada?

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Añadido: Para la información de las otras cantidades son:

$$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n\dbinom{2n}{n}}=\dfrac{\pi \sqrt{3}}{9},\quad\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}\dbinom{2n}{n}}=\dfrac{\pi ^{2}}{18},\quad\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty }\dfrac{1}{n^{4}\dbinom{2n}{n}}=\dfrac{17\pi ^{4}}{3240}.$$

Answer 1

Otro, que ha sido mencionado varias veces en este sitio (búsqueda de Wallis' producto) es la siguiente:

$$\displaystyle \int_{0}^{\pi/2} \sin^{2n-1} x \ dx = \dfrac{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots (2n-2)}{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)} \ \ n \gt 1$$

Ahora $$\displaystyle \dfrac{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots (2n-2)}{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)} = \dfrac{2^{2n}}{2n{2n \choose n}} = \dfrac{2^{2n-1}}{n{2n \choose n}}$$

Así

$$\displaystyle \int_{0}^{\pi/2} n\left(\dfrac{\sin x}{2}\right)^{2n-1} \ dx = \dfrac{1}{{2n \choose n}}$$

Ahora, la suma puede ser encontrado fácilmente.

La fórmula de Alfred Van der Pooten puede ser demostrado con este enfoque.

Una prueba de Wallis Producto se da aquí: http://crypto.stanford.edu/pbc/notes/pi/wallis.xhtml

Para (estrechamente relacionado con el problema en este sitio el uso de este, ver aquí: Sumar la serie $(-1)^k \frac{(2k)!!}{(2k+1)!!} a^{2k+1}$

Answer 2

$1/\binom{2n}{n} = (2n+1) \int_0^1 x^n(1-x)^n dx$. La suma de estos más de $n$ para obtener la integral de una función racional.

Answer 3

Me sorprende que nadie ha publicado la generación de la función de enfoque. Una excelente referencia es Sprugnoli, "Sumas de Recíprocos de la Central de los Coeficientes Binomiales," Enteros, el Artículo A27, 2006.

Él demuestra que la generación de la función de $4^n \binom{2n}{n}^{-1}$ es

$$Z(t) = \frac{1}{1-t} \sqrt{\frac{t}{1-t}} \arctan \sqrt{\frac{t}{1-t}} + \frac{1}{1-t}.$$ Sustituyendo $t=1/4$ inmediatamente rendimientos $$\sum_{n=0}^{\infty} \binom{2n}{n}^{-1} = \dfrac{4}{3}+\dfrac{2\pi\sqrt{3}}{27}.$$

Él también se deriva la generación de funciones para $\frac{4^n}{n} \binom{2n}{n}^{-1}$, $\frac{4^n}{n^2} \binom{2n}{n}^{-1}$, y varias otras expresiones similares que involucran los recíprocos de la central de los coeficientes binomiales, lo que le permite deducir una docena de expresiones para varios finito y lo infinito sumas de dinero que involucran $\binom{2n}{n}^{-1}$. De nuevo, es una excelente referencia.

Por cierto, en la introducción el autor afirma que su motivación para escribir el libro fue el ejercicio en Comtet que motivó esta pregunta.

Answer 4

Usted quiere deshacerse de el factor de $n^2$ en el denominador. Para diferenciar con respecto a $x$, que se deshace de un factor. Si modifica lo que te puede diferenciar de nuevo para deshacerse de los otros.