Mostrando que $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{n+2}}{{2n\choose n}}\cdot\frac{n-1}{n+1}=(\pi-2)(\pi-4)$

Question

Mostrando que

(1)

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{n+2}}{{2n\choose n}}\cdot\frac{n-1}{n+1}=(\pi-2)(\pi-4)$$

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ver aquí

(2)

$$(\arcsin(x))^2=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2x)^{2n}}{n^2{2n\choose n}}$$

Se parecen mucho a (1). ¿Cómo puedo hacer uso de (2) resolver (1)?

Permiten tratar y diferenciar 1 $$\frac{d}{dx}\arcsin(x))^2=\frac{d}{dx}\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2x)^{2n}}{n^2{2n\choose n}}$ $

$$\arcsin(x)\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2x)^{2n-1}}{n{2n\choose n}}$ $ Consiguiendo cerrar pero no cerca todavía

¿Yo estoy atascado, ayuda por favor?

Answer 1

Sugerencia. Mediante el uso de la función beta de Euler, uno tiene $$ \frac{2^{n+2}(n-1)}{{2n \elegir n}(n+1)}=\frac{4(n-1)(2n+1)}{n+1}\int_0^1(2x(1-x))^ndx,\quad n \geq 0. \tag1 $$ Entonces, uno puede obtener $$\begin{align} &\sum_0^\infty\frac{2^{n+2}(n-1)}{{2n \choose n}(n+1)} \\\\&=\sum_0^\infty\frac{4(n-1)(2n+1)}{n+1}\int_0^1(2x(1-x))^ndx\\\\ &=\int_0^1\sum_0^\infty\frac{4(n-1)(2n+1)}{n+1}(2x(1-x))^ndx \:dx\\\\ &=\int_0^1\left(\frac{-40x^2+40x-12}{(1-2 x+2 x^2)^2}-\frac{4 \log(1-2 x+2 x^2)}{(1-x) x}\right)dx\\\\ &=\underbrace{\int_0^1\frac{-40x^2+40x-12}{(1-2 x+2 x^2)^2}\,dx}_{\large \color{blue}{8-6\pi}}+\underbrace{4\int_0^1-\frac{\log(1-2 x+2 x^2)}{(1-x) x}\,dx}_{\large \color{red}{\pi^2}} \\\\&=\color{blue}{8-6\pi}+\color{red}{\pi^2} \\\\&=(\pi-2)(\pi-4) \end{align} $$

tal como se anunció.

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Algunos detalles.

Observar que $$ \sum_{n=0}^\infty(2n-3)y^n=\frac{5 y-3}{(1-y)^2},\quad |y|<1, \etiqueta{Un} $$ $$ \sum_{n=0}^\infty\frac1{n+1}y^n=-\frac{\log(1-y)}y,\quad |y|<1, \etiqueta{B} $$ Uno tiene $$ \frac{4(n-1)(2n+1)}{n+1}=4(2 n-3)+\frac8{1+n} \etiqueta{C} $$ then, using $(\text{A})$, $(\text{B})$ and $(\text{C})$ with $de y: y=2x(1-x)$ da $$ \sum_0^\infty\frac{4(n-1)(2n+1)}{n+1}(2x(1-x))^n=\frac{-40x^2+40x-12}{(1-2 x+2 x^2)^2}-\frac{4 \log(1-2 x+2 x^2)}{(1-x) x} $$ One may classically integrate the fraction by parts. One may then rewrite the $\log$plazo como $$ -\frac{4 \log(1-2 x+2 x^2)}{(1-x) x}=\frac{16}{1-u^2}\log \left(1-\frac{1-u^2}2\right) \etiqueta{D} $$ with $u:=2x-1$, expanding in power series of $(1-u^2)$, integrating termwise to recognize a classic binomial series giving $\pi^2$.

Answer 2

Merece la pena teniendo en cuenta que: $$ \frac{1}{\binom{2n}{n}}=\frac{n!^2}{(2n)!}=(2n+1)\cdot B(n+1,n+1)=(2n+1)\int_{0}^{1}x^n(1-x)^n\,dx \tag{1}$ $ así: $$\sum_{n\geq 0}\frac{2^{n+2}}{\binom{2n}{n}}=\int_{0}^{1}\frac{4+8x(1-x)}{(1-2x(1-x))^2}\,dx = 4\int_{-1}^{1}\frac{3-y^2}{(1+y^2)^2}\,dy=8+2\pi\tag{2}$ $ como: %#% $ #% que es fácil de calcular a través de la sustitución $$\begin{eqnarray*} \sum_{n\geq 0}\frac{2^{n+2}}{(n+1)\binom{2n}{n}}&=&4\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1+2xy-2x^2y}{(1-2xy+2x^2 y)^2}\,dx\,dy \\&=&8\int_{0}^{1}\frac{dx}{1-2x(1-x)}+2\int_{0}^{1}\frac{\log(1-2x(1-x))}{x(1-x)}\tag{3}\end{eqnarray*}$ en $y=2x-1$.

Answer 3

He añadido una imagen de la solución de escritos a mano. El lugar donde usted necesita tomar los resultados como es la suma de reciprocals de Coeficientes binomiales central donde personas le han otorgado artículos al seive a través. Goodluck.