Hay una forma cerrada para $\sum_{n=0}^{\infty}{2^{n+1}\over {2n \choose n}}\cdot\left({2n-1\over 2n+1}\right)^2?$

Question

Tenemos

$$\sum_{n=0}^{\infty}{2^{n+1}\over {2n \choose n}}\cdot{2n-1\over 2n+1}=4-\pi\tag1$$

Me gustaría saber si existe una forma cerrada para

$$\sum_{n=0}^{\infty}{2^{n+1}\over {2n \choose n}}\cdot\left({2n-1\over 2n+1}\right)^2 =\,??\tag2$$

Yo era capaz de calcular aproximadamente como $\approx\sqrt{8+2\pi}$ pero no es la forma cerrada.

¿Cómo podemos encontrar la closd formulario para $(2)?$

Answer 1

Deje que nos indican: \begin{equation} S_p := \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{2^{n+1}}{\binom{2 n}{n}} \cdot \frac{1}{(2n+1)^p} \end{equation} a continuación, la suma en cuestión es igual a $S_0 - 4 S_1+4 S_2$. Ahora tenemos: \begin{eqnarray} S_0 &=& \sum\limits_{n=0}^\infty 2^{n+1} \cdot \underbrace{(2n+1)}_{\left. d_\theta \theta^{2n+1} \right|_{\theta=1}} \cdot \int\limits_0^1 t^n (1-t)^n dt \\ &=& \left. d_\theta 2 \theta \int\limits_0^1 \frac{1}{1-2 \theta^2 t (1-t)} dt \right|_{\theta=1} \\ &=& \left. d_\theta \frac{4 \arctan(\frac{\theta}{\sqrt{2-\theta^2}})}{\sqrt{2-\theta^2}} \right|_{\theta=1} = 4+\pi \end{eqnarray} Calculamos el $S_1$ exactamente de la misma manera. Tenemos: \begin{eqnarray} S_1 &=& \sum\limits_{n=0}^\infty 2^{n+1} \int\limits_0^1 t^n (1-t)^n dt \\ &=& 2 \int\limits_0^1 \frac{1}{1-2 t(1-t) } dt = \frac{4 \arctan(1)}{1} = \pi \end{eqnarray} Ahora viene un poco más difícil la tarea. Tenemos: \begin{eqnarray} S_2 &=& \sum\limits_{n=0}^\infty 2^{n+1} \cdot \underbrace{\frac{1}{(2n+1)}}_{\int\limits_0^1 \theta^{2 n} dt}\cdot \int\limits_0^1 t^n (1-t)^n dt \\ &=& 2 \int\limits_0^1 \int\limits_0^1 \frac{1}{1-2 \theta^2 t (1-t)} dt d\theta \\ &=& \int\limits_0^1 \frac{4 \arctan(\frac{\theta}{\sqrt{2-\theta^2}})}{\theta \sqrt{2-\theta^2}} d \theta \\ &\underbrace{=}_{u = \theta/\sqrt{2-\theta^2}}& 2 \sqrt{2} \int\limits_0^1 \frac{\arctan(u)}{u \sqrt{1+u^2}} du \\ &\underbrace{=}_{v=\arctan(u)}&2 \sqrt{2} \int\limits_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{v}{\sin(v)} dv \\ &=& 2 \sqrt{2} \left.\left[v \left( \log(1-e^{\imath \cdot v}) - \log(1+e^{\imath \cdot v}) \right) + \imath \left( Li_2(-e^{\imath \cdot v}) - Li_2(e^{\imath \cdot v})\right)\right]\right|_{v=0}^{v=\pi/4} \\ &=& \sqrt{2} \frac{\pi}{2} \left( \left(\log(1-e^{\frac{\imath \pi}{4}}) - \log(1+e^{\frac{\imath \pi}{4}})\right) + \imath \frac{4}{\pi} \left( Li_2(-e^{\frac{\imath \pi}{4}}) - Li_2(e^{\frac{\imath \pi}{4}})\right)+\imath \pi\right)\\ &=& \frac{1}{16} \left( \zeta(2,\frac{1}{8})+\zeta(2,\frac{3}{8})-\zeta(2,\frac{5}{8})-\zeta(2,\frac{7}{8})\right) + \frac{\pi}{\sqrt{2}} \log(-1+\sqrt{2}) \end{eqnarray} En la última línea se utilizaron los siguientes identidades: \begin{eqnarray} &&\log\left[ 1- e^{\imath \pi/4}\right] - \log\left[ 1+ e^{\imath \pi/4}\right] = \log\left[\sqrt{2}-1\right] - \imath \frac{\pi}{2}\\ &&Li_2(-e^{\frac{\imath \pi}{4}}) - Li_2(e^{\frac{\imath \pi}{4}}) = -\frac{1}{32 \sqrt{2}} \left( \right. \\ &&\zeta(2,\frac{1}{8}) - \zeta(2,\frac{3}{8}) - \zeta(2,\frac{5}{8})+\zeta(2,\frac{7}{8}) + \imath \left( \zeta(2,\frac{1}{8}) + \zeta(2,\frac{3}{8}) - \zeta(2,\frac{5}{8})-\zeta(2,\frac{7}{8})\right)\left.\right) \end{eqnarray} Aquí solo tenemos en cuenta que para los genéricos $p\ge 1$ tenemos: \begin{eqnarray} &&S_{p+1} = -4 \imath \sqrt{2} \sum\limits_{t=1}^p \sum\limits_{s=0}^{p-t} \\ && \frac{(-1)^s}{2^{p-1} (p-s-t)! s! (t-1)!} (\log(-2))^{p-s-t} 2^{s+t-1} \int\limits_1^{\exp(\imath \pi/4)} \frac{[\log(z^2-1)]^s [\log(z)]^t}{z^2-1} d z \end{eqnarray} La integral en el lado derecho son, en general, se reducen a funciones elementales y a polylogarithms .

Answer 2

Esta no es una respuesta en absoluto.

Sólo por curiosidad, he tenido (utilizando un CAS) un vistazo a $$S_{a,b}=\sum_{n=0}^{\infty}{2^{n+1}\over {2n \choose n}}\,\frac{(2n-1)^a}{(2n+1)^b}\qquad \qquad a\geq 1\qquad b\geq 1$$ and what it seems is that, as soon as $b>1$, el resultado se da como combinaciones lineales de funciones hipergeométricas como Brevan Ellefsen ya comentado.

Sin embargo, lo que parece ser muy interesante, es el caso de la $b=1$ para que expresiones muy sencillas se obtienen como en $(1)$. $$\left( \begin{array}{cc} a & S_{a,1} \\ 1 & 4-\pi \\ 2 & 5 \pi \\ 3 & 68+11 \pi \\ 4 & 512+185 \pi \\ 5 & 7300+2279 \pi \\ 6 & 116224+37085 \pi \\ 7 & 2204868+701651 \pi \\ 8 & 48073728+15302705 \pi \\ 9 & 1186130180+377556239 \pi \\ 10 & 32669570048+10399048565 \pi \end{array} \right)$$

Por cierto, para la aproximación de que el resultado de $a=b=2$, el simple $\frac{5000}{1323}$, $\frac{43613}{11540}$, $\frac{92226}{24403}$ corresponden a pequeños errores relativos.