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Analysis » Folgen und Reihen » Eine hypergeometrische Reihe
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Kein bestimmter Bereich Eine hypergeometrische Reihe
TobiPfanner
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  Themenstart: 2010-01-06

Hi, kann mir wer sagen warum \ sum(((sqrt(\p)*\G(n))/(2*\G(n+1/2)))^2*1/n,n=1,\infty)=2\p G-7/2 \z(3)  $ ist? Hierbei sei G=sum((-1)^k/(2k+1)^2,k=0,\infty) die Catalansche Konstante. Gruß Tobi


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TobiPfanner
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  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2010-01-10

Hi, hier hat nun jemand eine Lösung angegeben. Gruß Tobi


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Er/sie war noch nicht wieder auf dem Matheplaneten
Kuestenkind
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  Beitrag No.2, eingetragen 2022-07-02

Huhu, bin über diese nette Reihe gestolpert. Der Link funktioniert leider nicht mehr. Wer kann mit einer schönen Lösung diesen? Meine kommt etwas lang daher. Eine Skizze: \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{\sqrt{\pi}\, \Gamma\left(n\right)}{2 \Gamma\left(n+ \frac 12\right)}\right)^2 \frac 1n = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{4n}\operatorname{B}^2\left(n,\frac 12\right)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{4n} \int_0^1 t^{n-1}(1-t)^{-1/2}\, \dd t \int_0^1 s^{n-1}(1-s)^{-1/2} \, \dd s=\int_0^1 \int_0^1 \frac{-\log(1-st)}{4st\sqrt{1-t}\sqrt{1-s}} \, \dd t \, \dd s=\int_0^1 \frac{-1}{4s\sqrt{1-s}}\underbrace{\int_0^1 \frac{\log(1-st)}{t\sqrt{1-t}} \, \dd t}_{I(s)} \, \dd s\) Dann ist: \(\displaystyle I'(s)=-\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{1-t}(1-st)}\stackrel{1-t=z^2}{=}-\int_1^0 \frac{-2z}{z(1-s(1-z^2))} \, \dd z=-2\int_0^1 \frac{\dd z}{1-s+sz^2}\stackrel{z\mapsto \frac{z}{\sqrt{s}}}{=}\frac{-2}{\sqrt{s}}\int_0^\sqrt{s} \frac{\dd z}{1-s+z^2}\stackrel{z\mapsto z\sqrt{1-s}}{=}\frac{-2}{\sqrt{s}\sqrt{1-s}}\int_0^\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{1-s}} \frac{\dd z}{1+z^2}=\frac{-2\arctan\left(\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{1-s}}\right)}{\sqrt{s}\sqrt{1-s}}\) Das muss man nun wieder integrieren. Da war ich nun faul und hab den Integralrechner angeschmissen - es sind einfach wieder Substitutionen. Damit: \(\displaystyle I(s)=-2\arctan^2\left(\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{1-s}}\right)\) Es folgt also: \(\displaystyle \int_0^1 \frac{-1}{4s\sqrt{1-s}}\underbrace{\int_0^1 \frac{\log(1-st)}{t\sqrt{1-t}} \, \dd t}_{I(s)} \, \dd s=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\arctan^2\left(\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{1-s}}\right)}{s \sqrt{1-s}}\, \dd s\) Substituiert nun man \(\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{1-s}}=\tan t\), dann geht das Integral über in: \(\displaystyle \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{t^2}{\sin t} \, \dd t\) Dieses Integral kenne ich nun aus der Literatur - es wird dort so berechnet, wie robjohn es dort macht: https://math.stackexchange.com/questions/2714146/evaluate-int-0-frac-pi2-fracx2-sin-xdx?noredirect=1 Es folgt das Ergebnis. Sieht jemand einen eleganteren Weg? Ich hatte auch überlegt \(\Gamma\left(n+ \frac 12\right)=\frac{(2n)!\,\sqrt{\pi}}{4^n n!}\) zu nutzen, dann lande ich bei \(\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{2^{2n-2}(n!)^2}{n^3((2n-1)!!)^2}\), komme dort aber auch nicht wirklich weiter. Gruß, Küstenkind


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