¿Cuál es el binomio suma $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^5\,\binom {2n}n}$ en términos de funciones zeta?

Question

Tenemos las siguientes evaluaciones:

$$\begin{aligned} &\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n\,\binom {2n}n} = \frac{\pi}{3\sqrt{3}}\\ &\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2\,\binom {2n}n} = \frac{1}{3}\,\zeta(2)\\ &\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3\,\binom {2n}n} = -\frac{4}{3}\,\zeta(3)+\frac{\pi\sqrt{3}}{2\cdot 3^2}\,\left(\zeta(2, \tfrac{1}{3})-\zeta(2,\tfrac{2}{3}) \right) \\&\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4\,\binom {2n}n} = \frac{17}{36}\,\zeta(4)\\ &\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^5\,\binom {2n}n} = \,?\\ \end{aligned}$$

El papel Borwein y de Bradley Apery-como Fórmula para $\zeta(4n+3)$ da el 3º y 5º en términos de Dirichlet L-funciones, pero ¿alguien sabe cómo evaluar el 5º en términos de la zeta de Hurwitz función de $\zeta(s,a)$?

Postscript: (Un par de horas más tarde)

Después de Anon dio su respuesta, hice un poco más de detective y se encontró el caso de p = 7 en el Mathworld artículo sobre la central de los coeficientes binomiales (que también había p = 5). El papel que he citado era un poco viejo (1999) y los autores no eran conscientes de que éste fue encontrado ya un año antes por Plouffe. Por lo tanto,

$$\begin{aligned} &\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^5 \, \binom{2n}n} = -\frac{19}{3}\zeta(5)+\frac{2}{3}\zeta(2)\zeta(3)+\frac{\pi\sqrt{3}}{2^3\cdot3^2}\left(\zeta(4,\tfrac{1}{3})-\zeta(4, \tfrac{2}{3}) \right)\\ &\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^7 \, \binom{2n}n} = -\frac{493}{24}\zeta(7)+2\zeta(2)\zeta(5)+\frac{17}{18}\zeta(3)\zeta(4)+\frac{11\pi\sqrt{3}}{2^5\cdot3^4}\left(\zeta(6,\tfrac{1}{3})-\zeta(6, \tfrac{2}{3}) \right)\\ \end{aligned}$$

Con este "patrón", he utilizado un entero relaciones algoritmo para tratar de encontrar p = 9, 11, 13. Sin suerte hasta el momento.

Answer 1

El papel le da (de la segunda a la última página, columna derecha)

$$\sum_{n\ge1}\frac{1}{n^5\binom{2n}{n}}=\frac{9\sqrt{3}\pi}{8}\color{Purple}{L\left(4,\left(-3\atop\circ\right)\right)}+\frac{\pi^2\zeta(3)}{9}-\frac{19\zeta(5)}{3}. \tag{1}$$

Buscas una manera de escribir la $L$-en función de púrpura como una combinación lineal de Hurwitz $\zeta$ funciones.

Más en general, vamos a $\chi$ ser una de Dirichlet carácter de módulo (período) $m$, y definir un 'Kronecker' delta

$$\delta_m(k)=\begin{cases}1 & k\equiv0\bmod m \\ 0 & k\not\equiv 0\bmod m\end{cases}. \tag{2}$$

Aviso que $\delta_m(a-b)$ $1$ si y sólo si $a\equiv b\bmod m$. Por lo tanto, podemos descomponer $\chi$

$$\chi(n)=\sum_{k=0}^{m-1} \chi(k) \delta_m(n-k). \tag{3}$$

Además, la zeta de Hurwitz de la función en $a/m\in[0,1)$ se descompone como

$$\begin{array}{c l} \zeta\left(s,\frac{a}{m}\right) & =\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(n+a/m)^s} \\ & =m^s\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(mn+a)^s} \\ & =m^s\sum_{n\ge1} \frac{\delta_m(n-a)}{n^s}.\end{array} \etiqueta{4}$$

Por lo tanto, tenemos

$$\begin{array}{c l} L(s,\chi) & =\sum_{n\ge1}\frac{\chi(n)}{n^s} \\ & =\sum_{n\ge1}\frac{1}{n^s}\sum_{k=0}^{m-1}\chi(k)\delta_m(n-k) \\ & =\sum_{k=0}^{m-1}\chi(k)\sum_{n\ge1}\frac{\delta_m(n-k)}{n^s} \\ & =\frac{1}{m^s}\sum_{k=0}^{m-1}\chi(k)\zeta\left(s,\frac{k}{m}\right). \end{array} \etiqueta{5}$$

Esta fórmula aparece en Wikipedia Hurwitz $\zeta$ y Dirichlet $L$-función de los artículos. En particular,

$$L\left(4,\left(\frac{-3}{\circ}\right)\right)=\frac{\zeta\left(4,\frac{1}{3}\right)-\zeta\left(4,\frac{2}{3}\right)}{81} \tag{6}$$

debido a $\left(\frac{-3}{1}\right)=1$ $\left(\frac{-3}{2}\right)=-1$ (e $\chi(0)=0$ para todos los caracteres de Dirichlet). Ver también aquí.