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Una conjetural forma cerrada para $\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{n!\,(2n)!}{(3n+2)!}$

Vamos $$S=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{n!\,(2n)!}{(3n+2)!},\tag1$$ su valor numérico es de aproximadamente $S \aprox 0.517977853388534047...$${}^{[more\ dígitos]}$

$S$, puede ser representado en términos de la función hipergeométrica generalizada: $$S={_3F_2}\left(\frac12,1,1;\ \frac43,\frac53;\ \frac4{27}\right)\cdot\frac12.\tag2$$


Deje que $\sigma$ ser la forma cerrada de la expresión construida a partir de los enteros y las funciones elementales de la siguiente manera: $$\sigma=3\,\alpha\,\ln(2\,\alpha+1)-\sqrt{\beta\,}\arccos\gamma\tag3$$ donde $$\alpha=\frac{\sqrt[3]{3\,}}{6\,\sqrt[3]{2\,}}\left(\sqrt[3]{9-\sqrt{69}}+\sqrt[3]{9+\sqrt{69}}\right),\tag4$$ $$\beta=\frac1{4\,\sqrt[3]{2\,}}\left(\sqrt[3]{25+3\,\sqrt{69}}+\sqrt[3]{25-3\,\sqrt{69}}\right)-\frac12,\tag5$$ $$\gamma=\frac1{6\,\sqrt[3]{2\,}}\left(\sqrt[3]{57\,\sqrt{69}-459}-\sqrt[3]{57\,\sqrt{69}+459}\right)+\frac12\tag6$$ son las únicas verdaderas raíces de las siguientes ecuaciones cúbicas: $$8\,\alpha^3-2\,\alpha-1=0,\tag7$$ $$64\,\beta^3+96\,\beta^2+36\,\beta-23=0,\tag8$$ $$8\,\gamma^3-12\,\gamma^2+16\,\gamma+11=0.\tag9$$


Puede ser numéricamente comprobado que la siguiente desigualdad se cumple: $$\Big|S-\sigma\Big|<10^{-10^5},\la etiqueta{10}$$ Suponemos que la diferencia real es exactamente cero, y por lo tanto $S$ tiene una elemental forma cerrada: $$\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{n!\,(2n)!}{(3n+2)!}\stackrel?=3\,\alpha\,\ln(2\,\alpha+1)-\sqrt{\beta\,}\arccos\gamma,\tag{11}$$ Estoy pidiendo ayuda en la demostración de esta conjetura.

41voto

Noam D. Elkies Puntos 17729

Se demuestra que la suma es igual a $$ \int_0^1 \frac{2-3x}{1-x^2+x^3} dx. $$ Esta integral es "elemental", pero se requiere ampliar el integrando en fracciones parciales, que a su vez requiere que todas las soluciones de el cúbicos polinomio en el denominador; por lo que si uno insiste en escribir todo en los radicales, a continuación, la respuesta está obligado a ser complicado. La "conjetura" es seguramente correcto ($10^5$ dígitos es más que suficiente de la certeza moral, especialmente desde $\alpha,\beta\gamma$ son todos en el campo generado por la raíz real de $1-x^2+x^3$), aunque puede ser desagradable y poco gratificante ejercicio para comprobar que el parcial de la fracción de integración, se obtiene un equivalente respuesta. (Uno también se pregunta cómo se podría, posiblemente, "conjetura" una respuesta sin alguna idea de donde buscar...)

La clave es escribir cada término $n! (2n)! / (3n+2)!$ en términos de la beta integral $a!b!/(a+b+1)! = B(a+1,b+1) = \int_0^1 x^(1-x)^b dx$. Aquí escribimos $n! (2n)! / (3n+2)! = B(2n+1, n+2) / (n+1)$, y la suma de más de $n$ a conseguir $$ \sum_{n=0}^\infty \frac{n! (2n)!} {(3n+2)!} = \int_0^1 \sum_{n=0}^\infty \frac{(x^2-x^3)^{n+1}}{n+1} \frac{dx}{x^2} = -\int_0^1 \log(1-x^2+x^3) \frac{dx}{x^2}. $$ (Es fácil justificar el intercambio de infinito de la suma y la integral definida porque todos integrands son positivos en $0<x<1$.) Ahora podemos integrar por partes para quitar el logaritmo: $$ -\int_0^1 \log(1-x^2+x^3) \frac{dx}{x^2} = \int_0^1 \log(1-x^2+x^3) \fantasma. d\left(\frac{1}{x}\right) = \int_0^1 \frac1x d(\log(1-x^2+x^3)), $$ en que el integrando se simplifica a $(2-3x)/(1-x^2+x^3)$, QED.

12voto

Anthony Cramp Puntos 126

respuesta parcial

Utilice el método de ENLACE

Desde $$ \int_0^1 t^n (1-t)^{2n}\;dt = \frac{n!(2n)!}{(3n+1)!} , $$ Si escribimos $$ S(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{n!(2n)!}{(3n+2)!}\;x^{3n+2} $$ entonces $$ S(x) = \int_0^1 \left(\sum_{n=0}^\infty t^n(1-t)^{2n} \frac{x^{3n+2}}{3n+2}\right)dt $$ y $S = S(1)$.
Pero la derivada con respecto a $x$ de $\sum_{n=0}^\infty t^n(1-t)^{2n} \frac{x^{3n+2}}{3n+2}$ es una serie geométrica. Su suma es una función racional, que puede ser integrado (con algo de trabajo o un CAS). Enchufe en $x=1$. Resultado (si he copiado a la derecha):

$$ S = \int_0^1\frac{F(t)}{18(1-t)^{4/3}t^{2/3}}\;dt $$

donde

$$ F(t) = \pi \,\sqrt {3}-6\,\sqrt {3}\arctan \left( 2/\sqrt {3}\cdot \left( 1-t \right) ^{2/3}{t}^{1/3}+1/ \sqrt {3} \right) \\ -6\,\ln \left( ({1-t})^{1/3} {t}^{2/3} -\left( 1-t \right) t \right) +3\,\ln \left( t \left( 1-t \right) ^{2}+ \left( 1-t \right) ^{4/3}{t}^{2/3}+ \left( 1-t \right) ^{2/3}{t}^{1/3} \right) \\ +6\,\ln \left( ({1-t})^{1/3}{t}^{2/3} \right) -3\,\ln \left( \left( 1-t \right) ^{2/3}{t}^{1/3} \right) $$

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