二項係数の逆数の無限級数の値を求める 発展形？

本題

解答

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\binom{2n}{n}} \\ = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n!)^2}{n^2(2n)!} \\ = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{((n-1)!)^2}{(2n)!} \\ Γ(n) = (n-1)! \; より \\ = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(Γ(n))^2}{Γ(2n+1)} \\ Γ(n+1) = nΓ(n) \; より \\ = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(Γ(n))^2}{2nΓ(2n)} \\ B(x,y) = \frac{Γ(x)Γ(y)}{Γ(x+y)} \; より \\ = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{B(n,n)}{n} \\ B(x,y) = \int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt \; より \\ = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\int_0^1t^{n-1}(1-t)^{n-1}dt \\ 積分と無限級数の線形性より \\ = \frac{1}{2}\int_0^1(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(t-t^2)^{n-1}}{n})dt \\ ここで \; \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a^{n-1}}{n} \; の値を求める。まず \\ \sum_{n=1}^{\infty}a^{n-1} = \frac{1}{1-a} \\ であるので、両辺を0からaまで積分すると \\ \sum_{n=1}^{\infty}\int_0^ax^{n-1}dx = \int_0^a\frac{dx}{1-x} \\ \therefore \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a^n}{n}=-log(1-a) \\ 両辺をaで割って \\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a^{n-1}}{n}=-\frac{log(1-a)}{a} \cdots① \\ ついでに再度0からaまで積分すると \\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a^n}{n^2}=-\int_{0}^{a}\frac{log(1-x)}{x}dx \cdots② \\ が得られる。さて元の級数は①より \\ \frac{1}{2}\int_0^1(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(t-t^2)^{n-1}}{n})dt \\ = \frac{1}{2}\int_0^1-\frac{log(1-t+t^2)}{t-t^2}dt \\ \frac{1}{x} + \frac{1}{1-x} = \frac{1}{x(1-x)} \; より \\ = -\frac{1}{2}\int_0^1(\frac{log(1-t+t^2)}{t}+\frac{log(1-t+t^2)}{1-t})dt \\ = -\frac{1}{2}\int_0^1\frac{log(1-t+t^2)}{t}dt -\frac{1}{2}\int_0^1\frac{log(1-t+t^2)}{1-t}dt \\ 後ろの積分において \; 1-t = u \; とおくと　\; \tfrac{du}{dt}=-1 \;より \\ = -\frac{1}{2}\int_0^1\frac{log(1-t+t^2)}{t}dt -\frac{1}{2}\int_1^0\frac{log(1-u+u^2)}{u}(-1)du \\ = -\frac{1}{2}\int_0^1\frac{log(1-t+t^2)}{t}dt -\frac{1}{2}\int_0^1\frac{log(1-u+u^2)}{u}du \\ 被積分関数が一致するので \\ =-\int_0^1\frac{log(1-t+t^2)}{t}dt \\ =\int_0^1-\frac{log(\frac{(1+t)(1-t+t^2)}{1+t})}{t}dt \\ =\int_0^1-\frac{log(\frac{1+t^3}{1+t})}{t}dt \\ log(\frac{x}{y}) = log(x) -log(y) \; より \\ =\int_0^1\frac{log(1+t)-log(1+t^3)}{t}dt \\ =\int_0^1\frac{log(1+t)}{t}dt-\int_{0}^{1}\frac{log(1+t^3)}{t}dt \\ 後ろの積分において \; t^3=x \; とおくと \tfrac{dx}{dt} = 3t^2 \; より \\ =\int_0^1\frac{log(1+t)}{t}dt-\int_{0}^{1}\frac{log(1+x)}{3t^2 \cdot t}dx \\ =\int_0^1\frac{log(1+t)}{t}dt-\frac{1}{3}\int_{0}^{1}\frac{log(1+x)}{x}dx \\ 被積分関数が一致するので \\ =\frac{2}{3}\int_{0}^{1}\frac{log(1+t)}{t}dt \\ t=-xとおくと \\ = \frac{2}{3}\int_{0}^{-1}\frac{log(1-x)}{x}dx \\ ここで②より \\ = -\frac{2}{3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2} \\ ここで \; f(x)=x^2 \; (-π \leq x \leq π)のフーリエ展開を行うと \\ f(x) = \frac{π^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}cos(nx) \\ となるので、 \; x=0 \; を代入すると \\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2} = -\frac{π^2}{12} \\ が得られる。このことから最終的に、 \\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\binom{2n}{n}}=\frac{π^2}{18} \\ が得られる。 $$

別解

この記事 から、
$$ 2(arcsin(x))^2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2x)^2}{n^2\binom{2n}{n}} \\ となる事が分かる。これを用いると、\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\binom{2n}{n}} \\ =2(arcsin(\tfrac{1}{2}))^2 \\ =2(\tfrac{π}{6})^2 \\ =\frac{π^2}{18} $$

あとがき（蛇足）

今回も二項係数の無限級数でした。
実はこれも 前回の記事 のものと同時期に
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{B(n,n)}{n}=\frac{π^2}{9}$$
を上の導出方法で得ておりました。
（といっても前回の記事のものと比にならないくらい時間かかりました）
今回もこの記事を書くまでに手計算で導出していたのですが
途中何度も計算ミスをしてしまい正しい値にたどりつくのに時間がかかってしまいました。
ちなみに別解は前回の記事にコメント記載いただいた内容そのままです。
（ありがとうございます。）