Una dura serie relacionada con una función hipergeométrica con el trimestre entero parámetros

Question

Es posible express $$\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}}{64^n(4n+1)} = \phantom{}_3 F_2\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{3}{4}; 1,\frac{5}{4}; 1\right)$$ in terms of standard mathematical constants given by Euler sums and values of the $\Gamma$ función?

Este problema surgen del estudio de la interacción entre las integrales elípticas, funciones hipergeométricas y transformadas de Fourier-Legendre expansiones. De acuerdo con Mathematica la notación que hemos $$\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}}{64^n}y^{2n}=\frac{2}{\pi\sqrt{1+y}}\,K\left(\frac{2y}{1+y}\right)$$ para cualquier $y\in[0,1)$, donde la integral elíptica completa de primera especie cumple la identidad funcional $$\forall x\in[0,1),\qquad K(x) = \frac{\pi}{2\cdot\text{AGM}\left(1,\sqrt{1-x}\right)}$$ por lo tanto el cálculo de las anteriores de la serie se reduce al cálculo de $$\int_{0}^{1}K\left(\frac{2y^2}{1+y^2}\right)\frac{2\,dy}{\pi\sqrt{1+y^2}}\stackrel{y\mapsto\sqrt{\frac{x}{2-x}}}{=}\frac{\sqrt{2}}{\pi}\int_{0}^{1}\frac{K(x)}{\sqrt{x}(2-x)}\,dx\\=\frac{1}{\pi}\int_{-1/2}^{+\infty}\frac{\arctan\sqrt{u}}{\sqrt{u(1+u)(1+2u)}}\,du$$ donde $K(x),\sqrt{2-x},\frac{1}{\sqrt{x}},\frac{1}{\sqrt{2-x}}$ todos tienen una muy simple FL expansión, lo que permite una fácil evaluación explícita de similar integrales. Éste, sin embargo, es más difícil de roer, ya que $\frac{1}{2-x}$ no tiene un buen FL expansión. Hay buenas razones para creer en $\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)$ está involucrado, ya que una serie relacionada con cumple la siguiente identidad: $$\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}^2}{16^n(4n+1)}=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{1}K(x)\,x^{-3/4}\,dx = \frac{1}{16\pi^2}\,\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)^4$$ que en última instancia es una consecuencia de Clausen la fórmula, que establece que en determinadas circunstancias el cuadrado de un $\phantom{}_2 F_1$ función es una de las $\phantom{}_3 F_2$ función.

Answer 1

Esto no va a ser una respuesta completa, pero creo que soy capaz de aportar un poco más en comparación con lo que se ha presentado anteriormente, por tanto, les presento mi enfoque. Indicar : $$\begin{equation} S(y):= \sum\limits_{n=0}^\infty \binom{4 n}{2 n} \binom{2 n}{n} \frac{y^{2 n}}{64^n} \end{equation}$$ Utilizamos la buena vieja identidad: $$\begin{equation} \binom{2 n}{n}=(-4)^n \cdot \binom{-\frac{1}{2}}{n} \end{equation}$$ y llegamos $$\begin{eqnarray} S(y)&=& \sum\limits_{n=0}^\infty \binom{-\frac{1}{2}}{n} \cdot \underbrace{\binom{-\frac{1}{2}}{2n}}_{\frac{1}{\pi} \int\limits_0^1 t^{-1/2} (1-t)^{2 n-1/2} dt} \cdot (-y^2)^n\\ &=& \frac{1}{\pi} \int\limits_0^1 \frac{1}{\sqrt{t(1-t)(1-y^2 t^2)}} dt &=& \end{eqnarray}$$ Ahora, en la última ecuación anterior, podemos reemplazar $y$ $y^2$ e integrar más de $y$ a partir de la cero a la unidad. Esto nos da: $$\begin{eqnarray} \int\limits_0^1 S(y^2) dy&=& \frac{1}{\pi} \int\limits_0^1 \frac{F_{2,1}[\frac{1}{4},\frac{1}{2},\frac{5}{4},t^2]}{\sqrt{t(1-t)}}dt\\ &=&\frac{1}{\pi} \int\limits_0^1 \frac{F[\arcsin(\sqrt{t}),-1]}{t \sqrt{1-t}} dt\\ &=&-\frac{1}{\pi}\int\limits_0^1 \frac{2\log(1-\sqrt{1-t})-\log(t)}{2\sqrt{t(1-t^2)}}dt\\ &=&-\frac{1}{\pi} \left(2\int\limits_0^1 \frac{\log(t)}{\sqrt{t(t-2)(t-1+\sqrt{2})(t-1-\sqrt{2})}}dt+\pi^{3/2} \frac{\Gamma(5/4)}{\Gamma(3/4)}\right)\\ &=&-\frac{1}{\pi} \left( 2 \sqrt{2} \int\limits_0^{\pi} \frac{\log[\sin(u/4)]}{\sqrt{3-\cos(u)}}- \frac{2 \sqrt{\pi} \Gamma(5/4) (\pi+4 \log(2))}{\Gamma(-1/4)} \right)\\ &=&-\frac{1}{\pi} \left( \sqrt{2} \int\limits_0^\pi \frac{\log[1-\cos(u/2)]}{\sqrt{3-\cos(u)}}du- \frac{2 \pi^{3/2} \Gamma(5/4)}{\Gamma(-1/4)} \right) \end{eqnarray}$$ En la primera línea de arriba me ampliado de la raíz cuadrada de una serie integrada y más $y$ término por término. En la segunda línea de arriba fui a Wolframs sitio http://functions.wolfram.com/HypergeometricFunctions/Hypergeometric2F1/03/09/19/02/ y busqué la forma cerrada para la función hipergeométrica. Aquí $F[\phi,m]$ es la función elíptica de primera especie. En la tercera línea I integrada por piezas de una vez y, finalmente, en la cuarta línea introduje el segundo término por el uso adecuado de Euler sumas y en primer término, hemos sustituido por $1-\sqrt{1-t}$.En el fifthe línea he sustituido por $t:=2 \sin(u)^2$ y en la sexta línea simplifica el resultado utilizando trigonométricas de mitad de ángulo identidades.

Por el momento yo no sé muy bien cómo manejar el resto de integral. Supongo que la expresión bajo la raíz cuadrada de las necesidades para la expansión en una serie integrada y término por término. Voy a tratar de terminar esto más adelante .