Probar

Question

Función beta de $$S=\sum_{n=0}^{\infty}{2^n(n^2-n\pi+1)(n^2+n-1)\over (2n+1)(2n+3){2n\choose n}}=1$ $

$${1\over {2n\choose n}}=n\int_{0}^{1}x^{n-1}(1-x)^ndx$$

$$\sum_{n=0}^{\infty}{2^n\over {2n\choose n}}=\int_{0}^{1}{2(1-t)\over [1-2t(1-t)]^2}dt$$

Podemos dividir a la suma

$$\sum_{n=0}^{\infty}{2^{n-1}(n^2-n\pi+1)\over (2n+1){2n\choose n}}-\sum_{n=0}^{\infty}{2^{n-1}(n^2+n-1)\over (2n+3){2n\choose n}}=1$$

Con el denominador $2n+1$ y $2n+3$ podemos aplicar el beta funcionan directamente y se integran. No cómo obtener el % de factores $2n+1$y $2n+3$ con la función beta. ¿Cualquier sugerencias sobre cómo probar S?

Answer 1

Esta respuesta se divide en varios pasos.

Resumen:

En primer lugar mostramos \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n}}{n\binom{2n}{n}}=\frac{2x}{\sqrt{1-x^2}}\arcsin(x)\qquad\qquad |x|<1\tag{1} \end{align*}

Con un pequeño truco que se derivan de la generación de la función \begin{align*} \sum_{n=0}^\infty\frac{(2x)^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}} =\frac{1}{x\sqrt{1-x^2}}\arcsin(x) \end{align*} como paso intermedio para obtener el siguiente de la serie como base para los cálculos posteriores: \begin{align*} A(x):=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(2x)^{n}}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}} =\frac{1}{x}-\frac{1}{x}\sqrt{\frac{2}{x}-1}\cdot\arcsin\left(\sqrt{\frac{x}{2}}\right) \end{align*}

Ya que además de respetar el factor de $(n^2-n\pi+1)(n^2+n-1)$ en el numerador de la OPs serie aplicamos el operador diferencial $D_x$ y calcular a partir de $A(x)$ \begin{align*} (xD_x)^kA(x)&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{n^k(2x)^{n}}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}\qquad\qquad k=1,\ldots,4 \end{align*} Estos son los bloques de construcción para finalmente calcular OPs de la serie.

$$ $$

La generación de la función recíproco central de coeficiente binomial:

La central de coeficiente binomial puede ser representado con la Betafunctioncomo \begin{align*} \frac{1}{\binom{2n}{n}}&=\frac{\left(n!\right)^2}{(2n)!}=\frac{n\Gamma(n)\Gamma(n+1)}{\Gamma(2n+1)}\\ &=n\beta(n+1,n)\\ &=n\int_0^1t^n(1-t)^{n-1} \end{align*}

Obtenemos \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n}}{n\binom{2n}{n}}&=\sum_{n=1}^\infty(2x)^{2n}\int_0^1t^n(1-t)^{n-1}dt\\ &=\frac{1}{1-t}\int_0^1\sum_{n=1}^\infty(4x^2t)^n(1-t)^{n}dt\\ &=\frac{1}{1-t}\int_0^1\frac{4x^2t}{1-4x^2t(1-t)}dt \end{align*}

Sustituyendo $x(2t-1)=s$ da \begin{align*} x(2t-1)&=s\qquad &x^2(4t^2-4t+1)&=s^2\\ 2xdt&=ds\qquad &4x^2t^2-4x^2t&=s^2-x^2 \end{align*}

Tenemos \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n}}{n\binom{2n}{n}}&=\int_{-x}^x\frac{s+x}{s^2+(1-x^2)}ds\\ &=\left.\frac{1}{2}\log(s^2-x^2+1)\right|_{-x}^{x}+\left.\frac{x}{1-x^2}\arctan\left(\frac{s}{\sqrt{1-x^2}}\right)\right|_{-x}^x\\ &=\frac{2x}{\sqrt{1-x^2}}\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right)\\ &=\frac{2x}{\sqrt{1-x^2}}\arcsin\left(\frac{\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}}{\sqrt{\frac{x^2}{1-x^2}+1}}\right)\\ &=\frac{2x}{\sqrt{1-x^2}}\arcsin\left(x\right)\\ \end{align*} y (1) de la siguiente manera.

$$ $$

La generación de la función de $A(x)$:

Que se derivan de una generación de función para

\begin{align*} A(x)=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(2x)^{n}}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}\tag{2} \end{align*}

Se hace en tres pasos. En primer lugar mostramos \begin{align*} \sum_{n=0}^\infty\frac{(2x)^{n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}=\frac{1}{x\sqrt{1-x^2}}\arcsin(x)\tag{3} \end{align*}

Desde \begin{align*} \frac{1}{2n+1}\binom{2n}{n}^{-1}&=\frac{1}{2n+1}\cdot\frac{(n!)^2}{(2n)!}\cdot\frac{2(n+1)^2}{2(n+1)^2}\\ &=\frac{2}{n+1}\cdot\frac{((n+1)!)^2}{(2n+2)!}\\ &=\frac{2}{n+1}\binom{2n+2}{n+1}^{-1}\tag{4} \end{align*}

podemos obtener a partir de (1) \begin{align*} \sum_{n=0}^\infty\frac{(2x)^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}} &=2\sum_{n=0}^\infty\frac{(2x)^{2n}}{(n+1)\binom{2n+2}{n+1}}\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n-2}}{n\binom{2n}{n}}\\ &=\frac{1}{x\sqrt{1-x^2}}\arcsin(x)\\ &=1+\frac{2}{3}x^2+\frac{8}{15}x^4+\frac{16}{35}x^6+\frac{128}{315}x^8+\cdots \end{align*}

Sustituyendo $n$ $n+1$ (4) da

\begin{align*} \frac{1}{2n+3}\binom{2n+2}{n+1}^{-1}=\frac{2}{n+2}\binom{2n+4}{n+2}^{-1} \end{align*}

Podemos obtener a partir de (2) \begin{align*} \sum_{n=0}^\infty\frac{(2x)^{2n}}{(2n+3)\binom{2n+2}{n+1}} &=2\sum_{n=0}^\infty\frac{(2x)^{2n}}{(n+2)\binom{2n+4}{n+2}}\tag{5}\\ &=2\sum_{n=2}^\infty\frac{(2x)^{2n-4}}{n\binom{2n}{n}}\\ &=\frac{1}{4x^3\sqrt{1-x^2}}\arcsin(x)-\frac{1}{4x^2}\\ &=\frac{1}{6}+\frac{2}{15}x^2+\frac{4}{35}x^4+\frac{32}{315}x^6+\frac{64}{693}x^8+\cdots \end{align*}

Por otro lado podemos obtener a partir de (4) \begin{align*} \frac{1}{2n+3}\binom{2n+2}{n+1}^{-1}=\frac{1}{2n+3}\cdot\frac{n+1}{2n+1}\cdot \frac{1}{2}\binom{2n}{n}^{-1} \end{align*}

y a partir de esta identidad que obtenemos de (5) \begin{align*} \sum_{n=0}^\infty\frac{(2x)^{2n}}{(2n+3)\binom{2n+2}{n+1}} &=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(n+1)(2x)^{2n}}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}\tag{6}\\ &=\frac{1}{4x^3\sqrt{1-x^2}}\arcsin(x)-\frac{1}{4x^2} \end{align*}

Queremos deshacernos de $n+1$ en el numerador en (6) para obtener la serie de $A(x)$. Sustituimos \begin{align*} x\rightarrow \sqrt{\frac{u}{2}} \end{align*} y luego integramos la serie.

Podemos obtener a partir de (6) por esta sustitución \begin{align*} \sum_{n=0}^\infty\frac{2^{n-1}(n+1)}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}u^n &=\frac{1}{4\left(\frac{u}{2}\right)^{\frac{3}{2}}\sqrt{1-\frac{u}{2}}}\arctan\left(\sqrt{\frac{u}{2}}\right)-\frac{1}{2u}\tag{7}\\ &=\frac{1}{u\sqrt{u(2-u)}}\arcsin\left(\sqrt{\frac{u}{2}}\right)-\frac{1}{2u}\\ &=\frac{1}{6}+\frac{1}{15}u+\frac{1}{35}u^2+\frac{4}{315}u^3+\frac{4}{693}u^4+\frac{8}{3003}u^5+\cdots \end{align*}

Integrar el lado derecho de (7) con la ayuda de Wolfram Alpha da $A(u)$.

\begin{align*} A(u)&=\sum_{n=0}^\infty\frac{2^{n-1}}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}u^n\\ &=\frac{1}{u}-\frac{1}{u}\sqrt{\frac{2}{u}-1}\cdot\arcsin\left(\sqrt{\frac{u}{2}}\right)\tag{8}\\ &=\frac{1}{6}+\frac{1}{30}u+\frac{1}{105}u^2+\frac{1}{315}u^3+\frac{4}{3465}u^4+\frac{4}{9009}u^5+\cdots\\ \end{align*} y la afirmación (2) de la siguiente manera.

$$ $$

Bloques de construcción: $(uD_u)^kA(u)$

El siguiente paso es aplicar sucesivamente el operador $uD_u$ $A(u)$ $D_u$ el diferencial de operador. Podemos obtener con la ayuda de Wolfram Alpha \begin{align*}\ (uD_u)A(u)&=\sum_{n=0}^\infty\frac{n2^{n-1}}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}u^n\\ &=-\frac{3}{2u}+\frac{3-u}{u^2\sqrt{\frac{2}{u}-1}}\cdot\arcsin\left(\sqrt{\frac{u}{2}}\right)\tag{9}\\ &=\frac{1}{30}u+\frac{2}{105}u^2+\frac{1}{105}u^3+\frac{16}{3465}u^4+\frac{20}{9009}u^5+\cdots\\ \\ (uD_u)^2A(u)&=\sum_{n=0}^\infty\frac{n^22^{n-1}}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}u^n\\ &=\frac{4u-9}{2u(u-2)}+\frac{u^2-7u+9}{u^2(u-2)\sqrt{\frac{2}{u}-1}}\cdot\arcsin\left(\sqrt{\frac{u}{2}}\right)\tag{10}\\ &=\frac{1}{30}u+\frac{4}{105}u^2+\frac{1}{35}u^3+\frac{64}{3465}u^4+\frac{100}{9009}u^5+\cdots\\ \\ (uD_u)^3A(u)&=\sum_{n=0}^\infty\frac{n^32^{n-1}}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}u^n\\ &=-\frac{5u^2-25u+27}{2u(u-2)^2}-\frac{u^3-13u^2+34u-27}{u^2(u-2)^2\sqrt{\frac{2}{u}-1}}\cdot\arcsin\left(\sqrt{\frac{u}{2}}\right)\tag{11}\\ &=\frac{1}{30}u+\frac{8}{105}u^2+\frac{3}{35}u^3+\frac{256}{3465}u^4+\frac{500}{9009}u^5+\cdots\\ \\ (uD_u)^4A(u)&=\sum_{n=0}^\infty\frac{n^42^{n-1}}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}u^n\\ &=\frac{6u^3-53u^2+115u-81}{2u(u-2)^3}\\ &\qquad+\frac{u^4-23u^3+89u^2-142u+81}{u^2(u-2)^3\sqrt{\frac{2}{u}-1}}\cdot\arcsin\left(\sqrt{\frac{u}{2}}\right)\tag{12}\\ &=\frac{1}{30}u+\frac{16}{105}u^2+\frac{9}{35}u^3+\frac{1024}{3465}u^4+\frac{2500}{9009}u^5+\cdots\\ \end{align*}

$$ $$

Bloques de construcción en $u=1$

Tenemos ahora todos los bloques de construcción que necesitamos y que se derivan de (8), (12) algunos de niza identidades mediante el establecimiento $u=1$, y observando que $\arcsin\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{\pi}{4}$.

\begin{align*} A(1)&=\sum_{n=0}^\infty\frac{2^{n-1}}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}=1-\frac{1}{4}\pi\\ \left.(uD_u)A(u)\right|_{u=1}&=\sum_{n=0}^\infty\frac{n2^{n-1}}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}=-\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\pi\\ \left.(uD_u)^2A(u)\right|_{u=1}&=\sum_{n=0}^\infty\frac{n^22^{n-1}}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}=\frac{5}{2}-\frac{3}{4}\pi\\ \left.(uD_u)^3A(u)\right|_{u=1}&=\sum_{n=0}^\infty\frac{n^32^{n-1}}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}=-\frac{7}{2}+\frac{5}{4}\pi\\ \left.(uD_u)^4A(u)\right|_{u=1}&=\sum_{n=0}^\infty\frac{n^42^{n-1}}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}=\frac{13}{2}-\frac{3}{2}\pi \end{align*}

$$ $$

OPs serie:

Desde \begin{align*} (n^2-n\pi+1)(n^2+n-1)=n^4+(1-\pi)n^3-\pi n^2+(1+\pi)n-1 \end{align*}

Obtenemos por poner todos juntos en el OPs de la serie \begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty}&{2^n(n^2-n\pi+1)(n^2+n-1)\over (2n+1)(2n+3){2n\choose n}}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}{2^n(n^4+(1-\pi)n^3-\pi n^2+(1+\pi)n-1)\over (2n+1)(2n+3){2n\choose n}}\\ &=2\left.(uD_u)^4A(u)\right|_{u=1}+2(1-\pi)\left.(uD_u)^3A(u)\right|_{u=1}\\ &\qquad-2\pi\left.(uD_u)^2A(u)\right|_{u=1}+2(1+\pi)\left.(uD_u)A(u)\right|_{u=1}-2A(1)\\ &=2\left(\frac{13}{2}-\frac{3}{2}\pi\right)+2(1-\pi)\left(-\frac{7}{2}+\frac{5}{4}\pi\right) -2\pi\left(\frac{5}{2}-\frac{3}{4}\pi\right)\\ &\qquad+2(1+\pi)\left(-\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\pi\right)-2\left(1-\frac{1}{4}\pi\right)\\ &=1 \end{align*} y el reclamo de la siguiente manera.

Nota: La prueba de (1) es el Teorema 1 en B. Sury del papel de las Identidades que Implican Recíprocos de Binomios. El pequeño truco que se puede encontrar por ejemplo, en la prueba del Teorema 2.1, en las Sumas de los recíprocos de la central de los coeficientes binomiales por R. Sprugnoli.

Answer 2

A través de la función beta de Euler se puede demostrar que: $$ \forall x\in(0,4), \qquad f(x)=\sum_{n\geq 0}\frac{x^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}}=\frac{4\arcsin\left(\frac{\sqrt{x}}{2}\right)}{\sqrt{x(4-x)}} \tag{1}$ $ (tienen también un vistazo a esta pregunta), luego por computación $\int x^2 f(x^2)\,dx$ obtenemos: %#% $ #% que es más que suficiente para probar su reclamación.

Answer 3

$$S=\sum_{n=0}^{\infty}{2^n(n^2-n\pi+1)(n^2+n-1)\over (2n+1)(2n+3){2n\choose n}}$$

Utilizando la función Beta, podemos expresar $${2^n(n^2-n\pi+1)(n^2+n-1)\over (2n+1)(2n+3){2n\choose n}} = {(n^2-n\pi+1)(n^2+n-1)\over {n+1}}\int_{t=0}^1 T^{n+1} dt,$$ where $T =2t(1-t)$. To verify, see that $$\int_{t=0}^1 T^{n+1} dt = 2^{n+1}\beta(n+2,n+2) = 2^{n+1} \frac{(n!)^2 (n+1)^2}{(2n+3)(2n+2)(2n+1)(2n)!} = 2^{n} \frac{ (n+1)}{(2n+3)(2n+1)\binom{2n}{n}}.$$

Tenemos $$(n^2-n\pi+1)(n^2+n-1) = n^4 +n^3 -n^3\pi-n^2\pi +n(\pi+1)-1.$$ Mus,

$${2^n(n^2-n\pi+1)(n^2+n-1)\over (2n+1)(2n+3){2n\choose n}} = \int_{t=0}^1T^{n+1}\left(n^3 -\pi n^2+(\pi+1)-\frac{\pi+2}{n+1}\right)dt. $$

Por lo tanto, $$S= \int_{t=0}^1\sum_{n=0}^\infty T^{n+1}\left(n^3 -\pi n^2+(\pi+1)-\frac{\pi+2}{n+1}\right)dt$$

$$S= \int_{t=0}^1\left(\sum_{n=0}^\infty T^{n+1}n^3 -\pi \sum_{n=0}^\infty T^{n+1}n^2+(\pi+1)\sum_{n=0}^\infty T^{n+1}-\sum_{n=0}^\infty T^{n+1}\frac{\pi+2}{n+1}\right)dt$$

$$S= \int_{t=0}^1 \left(\frac{T^2(1+4T+T^2)}{(1-T)^4} -\pi \displaystyle \frac{T^2(1+T)}{(1-T)^3}+(\pi+1)\frac{T}{1-T}+\ln(1-T)({\pi+2})\right)dt.$$

Sustituya $T=2t(1-t)$ e integrar para obtener el resultado. Espero que esto ayude. El uso de http://www.integral-calculator.com/#expr=%282t%281-t%29%29%5E2%2A%281%2B4%2A%282t%281-t%29%29%2B%282t%281-t%29%29%5E2%29%2F%281-%282t%281-t%29%29%29%5E4%20-pi%2A%282t%281-t%29%29%5E2%2A%281%2B%282t%281-t%29%29%29%2F%281-%282t%281-t%29%29%29%5E3%20%2B%20%28pi%2B1%29%2A%282t%281-t%29%29%2F%281-%282t%281-t%29%29%29%2B%28pi%2B2%29%2Alog%281-%282t%281-t%29%29%29&intvar=t&lbound=0&ubound=1&simplify=1tenemos el resultado de 1 en caso de que el enlace va a proporcionar todos los pasos detallados para esta integración. Por lo tanto, la solución que se requiere $S=1$ ha sido probada.