Infinita suma de los recíprocos de los coeficientes Binomiales

Question

Cuando yo estaba jugando con los coeficientes Binomiales. Tengo un problema interesante. Es muy agradable la fórmula. El problema es

$$\large \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{\binom{2n}{n}}$$

donde $\binom{2n}{n}$ representa el número de maneras de seleccionar los $n$ cosas diferentes de $2n$ cosas diferentes. Voy a dar la solución a continuación.

Answer 1

Antes de comenzar con la solución vamos a aprender acerca de dos funciones.

1) la Función Gamma: es representado por $\Gamma(x)$ y está dada por la expresión

$$\Gamma(x) = \int_{0}^{\infty} e^{-t} t^{x-1} dt$$

Tiene algunas propiedades especiales. Voy a hablar de las propiedades, pero no en sus pruebas.

• $\Gamma(x+1) = x \Gamma(x)$. Esto puede ser demostrado mediante integración por partes.

• $\Gamma(1) = 1$.

• Gamma la función no está definida para los no enteros positivos.

• Para cada entero no negativo $n$, $\Gamma(n+1) = n!$

2) Función Beta: es representado por $B(x,y)$ y está dada por la expresión

$$B(x,y) = \int_{0}^{1} t^{x-1}(1-t)^{y-1} dt$$

Relación entre Beta y Gamma de la función:

$$B(x,y) = \dfrac{\Gamma(x) \Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$$

Pasemos ahora a la evaluación de nuestros suma. Usted debe saber que otra cosa decir, el valor de $\binom{2n}{n} = \dfrac{(2n)!}{(n)! (n)!}$

Primero vamos a convertir el factorial en función Beta.

$$\begin{align*} \binom{2n}{n} &= \dfrac{(2n)!}{(n)! (n)!} \\ &= \dfrac{\Gamma(2n+1)}{\Gamma(n+1) \Gamma(n+1)} \\ &= \dfrac{1}{2n+1} \dfrac{(2n+1)\Gamma(2n+1)}{\Gamma(n+1) \Gamma(n+1)} \\ &= \dfrac{1}{2n+1} \dfrac{\Gamma(2n+2)}{\Gamma(n+1) \Gamma(n+1)} \\ \dfrac{1}{\binom{2n}{n}} &= (2n+1) \dfrac{\Gamma(n+1) \Gamma(n+1)}{\Gamma(2n+2)}\\ &= (2n+1) B(n+1,n+1) \end{align*}$$

$$\begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{\binom{2n}{n}} &= \sum_{n=0}^{\infty} (2n+1) \int_{0}^{1} t^n(1-t)^n dt \\ &= \int_{0}^{1} \sum_{n=0}^{\infty} (2n+1)(t(1-t))^n dt \end{align*}$$

Aquí, tenemos que evaluar una infinita suma es decir $1+3x+5x^2 + 7x^3 + \ldots$.

$$\begin{align*} S &=1+3x+5x^2 + 7x^3 + \ldots \\ &= (1+ 2x+2x^2 + 2x^3 + \ldots ) + (x + 3x^2 + 5x^3 + \ldots ) \\ &= 2(1+x+x^2 +x^3 +\ldots) +xS -1 \\ S(1-x) &= \dfrac{2}{1-x} - 1 \\ S &= \dfrac{2}{(1-x)^2} - \dfrac{1}{1-x} \end{align*}$$

Así, $$\sum_{n=0}^{\infty} (2n+1)x^n = \dfrac{2}{(1-x)^2} - \dfrac{1}{1-x} \\ \implies \sum_{n=0}^{\infty} (2n+1)(t(1-t))^n = \dfrac{2}{(1-t+t^2)^2} - \dfrac{1}{1-t+t^2} $$

$$\int_{0}^{1} \sum_{n=0}^{\infty} (2n+1)(t(1-t))^n dt = \int_{0}^{1} \dfrac{2}{(1-t+t^2)^2} dt - \int_{0}^{1} \dfrac{1}{1-t+t^2} dt $$

Ahora tenemos que evaluar el por encima de las integrales.

Deje $ I=\int_{0}^{1} \dfrac{1}{1-t+t^2} dt$ $J = \int_{0}^{1} \dfrac{1}{(1-t+t^2)^2} dt$

Primera Integral (I):

$$\begin{align*} I &= \int_{0}^{1} \dfrac{1}{1-t+t^2} dt \\ &= \int_{0}^{1} \dfrac{1}{(t-1/2)^2 + (\sqrt{3}/2)} dt \quad \text{Take the substitution } y= t- 1/2 \\ &= \int_{-1/2}^{1/2} \dfrac{1}{y^2 + (\sqrt{3}/2)^2} dy \\ &= \dfrac{2}{\sqrt{3}} \arctan \left(2y/\sqrt{3} \right) \Bigr|_{-1/2}^{1/2} \\ &= \dfrac{2}{\sqrt{3}} \dfrac{\pi}{3} \\ &=\dfrac{2 \pi}{3 \sqrt{3}} \end{align*}$$

La Segunda Integral (J):

$$\begin{align*} J &= \int_{0}^{1} \dfrac{1}{(1-t+t^2)^2} dt \\ &= \int_{0}^{1} \dfrac{1}{((t-1/2)^2 + (\sqrt{3}/2)^2)^2} dt \quad \text{Take the substitution } y= t-1/2 \\ &= \int_{-1/2}^{1/2} \dfrac{1}{(y^2 + (\sqrt{3}/2)^2)^2} dy \quad \text{Take the substitution } y= \dfrac{\sqrt{3}}{2} \tan \theta \\ &= \dfrac{8}{3 \sqrt{3}} \int_{-\pi /6}^{\pi /6} \cos^2 \theta d \theta \\ &= \dfrac{4}{3 \sqrt{3}} \int_{\pi /6}^{\pi /6} (1+ \cos (2 \theta)) d \theta \\ &= \dfrac{4}{3 \sqrt{3}} \left( \dfrac{\pi}{3} + \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) \end{align*}$$

Ahora,

$$\begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{\binom{2n}{n}} &= 2J - I \\ &= \boxed{\large{\dfrac{2 \pi}{9 \sqrt{3}}} + \dfrac{4}{3}} \end{align*}$$