Cuanto es

Question

<blockquote> <p>Suma de resultado de</p> <p>$\displaystyle 1+\frac{1\cdot 3}{6}+\frac{1\cdot 3 \cdot 5}{6\cdot 8}+\frac{1\cdot 3 \cdot 5 \cdot 7}{6 \cdot 8 \cdot 10}+\cdots \cdots$</p> </blockquote> <p><strong>Probar:</strong> Podemos escribir la suma como</p> <p>$$ \mathcal{S} = 4\bigg[\frac{1}{4}+\frac{1\cdot 3}{4\cdot 6}+\frac{1\cdot 3 \cdot 5}{4\cdot 6 \cdot 8}+\cdots \cdots \cdots \bigg]$$</p> <p>Ahora que %#% $ #%</p> <p>y $$a_{n} = \prod^{n}_{k=1}(2k-1)=2^n\prod^{n}_{k=1}\bigg(k-\frac{1}{2}\bigg)$ $</p> <p>Así $$b_{n} = 2^{-1}\prod^{n}_{k=1}(2k)=2^{n-1}\prod^{n}_{k=1}k$ $</p> <p>Arriba he utilizado %#% $ #%</p> <p>Así $$\frac{a_{n}}{b_{n}} = 2\cdot \Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)\cdot \frac{1}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\cdot \Gamma(n+1)}$ $</p> <p>Así que la suma es %#% $ #%</p> <p>Así $$\Gamma(x+n) = (x+n-1)(x+n-2)\cdot \cdots x \cdots \Gamma(n).$ $</p> <p>Poner $$\frac{a_{n}}{b_{n}} = 2\cdot \frac{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)\cdot \Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{\pi \cdot \Gamma(n+1)}= \frac{2}{\pi}\int^{1}_{0}x^{n-\frac{1}{2}}(1-x)^{-\frac{1}{2}}dx$ y $$\mathcal{S} = \frac{8}{\pi} \sum^{\infty}_{n=1}\int^{1}_{0}x^n \cdot \frac{1}{\sqrt{x-x^2}}dx$ y límites de cambio</p> <p>Así tenemos %#% $ #%</p> <p>No entiendo donde me equivoco.</p> <p>y la respuesta es $$\mathcal{S} = \frac{8}{\pi}\int^{1}_{0}\frac{x}{(1-x)\sqrt{1-x^2}}dx$</p> <p>Alguno me podria ayudar a explicarlo, gracias</p>

Answer 1

Casi tienes todo derecho, y el único problema que tienes es un error menor al definir $b_n$. Usted debe tener $$b_n=2^n\,(n+1)!=2^n\,\Gamma(n+2)\text{ for }n=1,2,3,\ldots\,.$ $ así, cada $n=1,2,3,\ldots$, $$\begin{align}\frac{a_n}{b_n}&=\frac{\Gamma\left(n+\frac12\right)}{\Gamma\left(\frac12\right)\,\Gamma(n+2)}=\frac{2}{\pi}\,\left(\frac{\Gamma\left(n+\frac12\right)\,\Gamma\left(\frac32\right)}{\Gamma(n+2)}\right)\&=\frac{2}{\pi}\,\text{B}\left(n+\frac12,\frac32\right)\,,\end{align}$ $ donde $\Gamma$ y $\text{B}$ son las funciones de la beta y gamma generalmente respectivamente. Por lo tanto, $$\frac{a_n}{b_n}=\frac{2}{\pi}\,\int0^1\,x^{n-\frac12}\,(1-x)^{\frac12}\,\text{d}x\,,$ $ así $$ \begin{align}\sum{n=1}^\infty\,\frac{a_n}{b_n}&=\frac{2}{\pi}\,\int_0^1\,\frac{x^{\frac12}}{1-x}\,(1-x)^{\frac12}\,\text{d}x \&=\frac{2}{\pi}\,\int0^1\,x^{\frac12}\,(1-x)^{-\frac12}\,\text{d}x\,.\end{Alinee el} $ es decir, con $u:=x^{\frac12}$, obtenemos $$\begin{align}\sum{n=1}^\infty\,\frac{a_n}{b_n}&=\frac{4}{\pi}\,\int0^1\,\frac{u^2}{\sqrt{1-u^2}}\,\text{d}u\&=\frac{2}{\pi}\,\left(\text{arcsin}(u)-u\,\sqrt{1-u^2}\right)\Big|{u=0}^{u=1}\,.\end{align}$ $ Ergo, $$\sum_{n=1}^\infty\,\frac{a_n}{bn}=1\,,$ $ donde $$1+\frac{1\cdot 3}{6}+\frac{1\cdot 3\cdot 5}{6\cdot 8}+\frac{1\cdot3\cdot 5\cdot 7}{6\cdot 8\cdot 10}+\ldots=4\,\sum{n=1}^\infty\,\frac{a_n}{b_n}=4\,.$ $

De hecho, uno puede demostrar eso $$f(z):=\sum{n=0}^\infty\,\prod{k=1}^n\,\left(\frac{k-\frac32}{k}\right)\,z^n=(1-z)^{\frac12}$ $ % todo $z\in\mathbb{C}$$|z|\leq 1$. La suma solicitada satisface %#% $ #%