OliForum Matematico

Dimostrare che:
$ \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\binom{2k}{k}^{-1}=\frac{\pi^2}{18} $
Caruccia, no?

Serie ipergeometriche.

Ok, so cosa intendi e sono quelle per risolvere in modo standard questo tipo di problema. Ma senza di quelle?

Catraga ha scritto:Dimostrare che:
$ \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\binom{2k}{k}^{-1}=\frac{\pi^2}{18} $
Caruccia, no?

Indubbiamente

Sia $ B (x,y) $ la funzione beta di Eulero, dalle sue proprietà
si ricava essere $ B (n,n)=\binom{2n}{n}^{-1} $ e del resto

$ B (n,n)=\int_0^1 t^n(1-t)^n dt $

ora la tua serie

$ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\binom{2k}{k}^{-1}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\int_0^1 (t-t^2)^k dt $

invertendo serie e integrale diventa

$ \int_0^1 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(t-t^2)^k}{k^2} dt $

credo che con un pò di cambiamenti di variabili si ottenga il risultato voluto... adesso devo andare se riesco dopo ci penso

Domani mattina postero' la mia soluzione.
Intanto sotto con le soluzioni!

[quote="Santana"]

$ B (n,n)=\binom{2n}{n}^{-1} $

[\quote]

Da dove viene questa uguaglianza?xke a me non sembra corretta.

blackdie ha scritto:Da dove viene questa uguaglianza?xke a me non sembra corretta.

Confondo sempre gli indici... ora non ho tempo di correggere tutto anche perchè in latex non so come inserire le lettere greche maiuscole, qui un problema simile.

[completamente OT]
le lettere greche maiuscole si inseriscono mettendo la maiuscola al nome della lettera : \gamma --> \Gamma
[/completamente OT]

Hmm allora : (vaghi ricordi) dovrebbe essere
$ B(m,n)=\displaystyle{\int_0^1t^{m-1}(1-t)^{n-1}dt=\frac{\Gamma(m)\Gamma(n)}{\Gamma(m+n)}} $
Ora, $ \Gamma(m)=(m-1)! $ e dunque
$ \displaystyle{B(n+1,n+1)=\frac{n!\cdot n!}{(2n + 1)!}={2n\choose n}^{-1}\frac{1}{2n+1}} $.
Quindi non è solo un problema di indici ... o mi ricordo male la beta, o c'è questo 2n+1 che avanza a denominatore in ogni pezzo della serie.

EvaristeG ha scritto:Hmm allora : (vaghi ricordi) dovrebbe essere
$ B(m,n)=\displaystyle{\int_0^1t^{m-1}(1-t)^{n-1}dt=\frac{\Gamma(m)\Gamma(n)}{\Gamma(m+n)}} $
Ora, $ \Gamma(m)=(m-1)! $ e dunque
$ \displaystyle{B(n+1,n+1)=\frac{n!\cdot n!}{(2n + 1)!}={2n\choose n}^{-1}\frac{1}{2n+1}} $.
Quindi non è solo un problema di indici ... o mi ricordo male la beta, o c'è questo 2n+1 che avanza a denominatore in ogni pezzo della serie.

Beh, lo so nel link è scritto proprio quello...

In effetti mi rendo conto che il seguente risultato possa sembrare uscire dal nulla...
$ \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\binom{2k}{k}^{-1}=\left.2\left(\arctan\sqrt{\frac{t}{4t-1}}\right)^2\right|_{t=1}=\frac{\pi^2}{18} $
Ma mi piace tantissimo la soluzione con la funzione Beta!

Catraga ha scritto:In effetti mi rendo conto che il seguente risultato possa sembrare uscire dal nulla...
$ \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\binom{2k}{k}^{-1}=\left.2\left(\arctan\sqrt{\frac{t}{4t-1}}\right)^2\right|_{t=1}=\frac{\pi^2}{18} $
Ma mi piace tantissimo la soluzione con la funzione Beta!

Questa non è una dimostrazione... non ho capito, hai dimostrato o no l'identità?

Onestamente non ho avuto voglia di leggere il link ... fatto sta che non è quello che c'è scritto nel tuo post :

Santana ha scritto:ora la tua serie
$ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\binom{2k}{k}^{-1}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\int_0^1 (t-t^2)^k dt $

Mentre in realtà la serie diventa
$ \dispaystyle{\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\binom{2k}{k}^{-1}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2k+1}{k^2}\int_0^1 (t-t^2)^k dt} $
Ed anche l'uguaglianza con la beta, che aveva suscitato la domanda di blackdie, non era solo affetta da un problema di indici, ma anche da un termine mancate. Per questo ho scritto la derivazione di quell'uguaglianza.

Hmm ... queste somme dei binomiali centrali sono carine (o cielo, per quanto lo possa essere un integrale...). Ecco una lieve generalizzazione :
$ \displaystyle{\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{{2k\choose k}k^n}=\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{{2k\choose k}n!}\int_0^1\log^{n-1}\left(\frac1{x}\right)x^{k-1}dx} $
ovvero (sostituendo $ y^2=x $)
$ \displaystyle{\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{{2k\choose k}n!}\int_0^12\log^{n-1}\left(\frac1{x}\right)y^{2k-2}(2y)dy=} $
$ \displaystyle{-\sum_{k=1}^\infty\frac{(-2)^{n-1}}{{2k\choose k}n!}\int_0^1\frac{y^{2k}}{2k}2(n-1)\frac{\log^{n-2}y}{y}dy} $ (integrando per parti derivando il log e integrando la potenza).
Da ciò, scambiando serie e integrale senza le doverose verifiche
$ \displaystyle{\frac{(-2)^{n-1}}{(n-2)!}\int_0^1\frac{\log^{n-2}y}{y}\sum_{k=1}^\infty\frac{y^{2k}}{k{2k\choose k}}dy} $
Ora, la serie si calcola con un po' di fatica (ma con le tecniche standard e un po' di conoscenza degli sviluppi di taylor) :
$ \displaystyle{\frac{(-2)^{n-1}}{(n-2)!}\int_0^1\frac{\log^{n-2}y}{y}\frac{y\arcsin\frac{y}{2}}{\sqrt{1-(\frac{y}{2})^2}}dy} $
e infine, sostituendo $ y=2\sin(\frac{\alpha}{2}) $ per levarci l'arcoseno dalle scatole, si ha
$ \displaystyle{\frac{(-2)^{n-2}}{(n-2)!}\int_0^\frac{\pi}{3}\log(2\sin(\frac{\alpha}{2}))^{n-2}dy} $
bene, il nostro caso n=2 semplifica grandemente i conteggi, restituendo proprio il valore cercato... per n>2, bisogna prendere le tabelle di quel che si chiama log-sine integral ... con un po' di pazienza, per n=4 si trova anche qui un multiplo di $ \zeta(4) $, come il caso n=2 è un multiplo di $ \zeta(2) $.