Serie de Maclaurin para $\arctan^{2}(x)$

Question

Tengo una pregunta que me obliga a encontrar la serie de Maclaurin de expansión de $\arctan^{2}(x)$. Ahora sé cómo encontrarlo $\arctan(x)$, tomando la derivada, la expansión en series, y la integración de la espalda (dado que x está en el intervalo de convergencia uniforme), Pero la aplicación que aquí me deja con $$\frac{df}{dx}=2\arctan(x)\frac{1}{(x^2+1)}$$ I am not sure If I can pick out parts of the product (like $\arctan(x)$) y derivados, ampliar , integrar. Incluso si lo hiciera, ¿cómo podría ir sobre la multiplicación de dos series? Hay una manera más fácil de hacer esto? Gracias.

Answer 1

Utilizando la Fórmula del producto de Cauchy, <span class="math-container">$$\begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\arctan^2(x) &=2\frac{\arctan(x)}{1+x^2}\ &=2\left(x-\frac{x^3}3+\frac{x^5}5-\frac{x^7}7+\cdots\right)\left(1-x^2+x^4-x^6+\cdots\right)\ &=2\left((1)x-\left(1+\tfrac13\right)x^3+\left(1+\tfrac13+\tfrac15\right)x^5-\left(1+\tfrac13+\tfrac15+\tfrac17\right)x^7+\cdots\right)\ &=2\sum{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\left(H{2k}-\tfrac12Hk\right)x^{2k-1} \end {Alinee el} $</span> por lo tanto, <span class="math-container">\arctan^2 $$ (x) = \sum {k = 1} ^ \infty\frac {(-1) ^ {k-1}} k\left (H_ {2 k}-\tfrac12H_k\right) x ^ {2 k} $$</span>

Answer 2

Podemos tratar de obtener la serie de la siguiente manera:

$$f(x)=\arctan^2 x=x^2 \int_0^1 \int_0^1 \frac{du~dv}{(1+x^2u^2)(1+x^2v^2)}$$

Es más fácil considerar:

$$g(x)=\int_0^1 \int_0^1 \frac{du~dv}{(1+x^2u^2)(1+x^2v^2)}$$

Vamos a utilizar fracciones parciales:

$$\frac{1}{(1+x^2u^2)(1+x^2v^2)}=\frac{u^2}{(u^2-v^2)(1+x^2u^2)}-\frac{v^2}{(u^2-v^2)(1+x^2v^2)}$$

Obtenemos una suma de dos singular integrales, que, sin embargo, ambos pueden ser formalmente se expandió en una serie:

$$g(x)=\int_0^1 \int_0^1 \left(\frac{u^2}{(u^2-v^2)(1+x^2u^2)}-\frac{v^2}{(u^2-v^2)(1+x^2v^2)} \right) du ~dv=$$

$$g(x)=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n} \int_0^1 \int_0^1 \left(\frac{u^{2n+2}}{u^2-v^2}-\frac{v^{2n+2}}{u^2-v^2} \right) du ~dv$$

Ahora:

$$g(x)=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n} \int_0^1 \int_0^1 \frac{u^{2n+2}-v^{2n+2}}{u^2-v^2} du ~dv$$

Obviamente, cada integrante es finito ahora, y podemos escribir:

$$\int_0^1 \int_0^1 \frac{u^{2n+2}-v^{2n+2}}{u^2-v^2} dv ~du=2 \int_0^1 \int_0^u \frac{u^{2n+2}-v^{2n+2}}{u^2-v^2} dv ~du= \\ = 2 \sum_{k=0}^\infty \int_0^1 \int_0^u u^{2n} \left(1-\frac{v^{2n+2}}{u^{2n+2}} \right) \frac{v^{2k}}{u^{2k}} dv ~du =2 \sum_{k=0}^\infty \int_0^1 \int_0^1 u^{2n+1} \left(1-t^{2n+2} \right) t^{2k} dt ~du= \\ = 2 \sum_{k=0}^\infty \int_0^1 \left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2n+3} \right) u^{2n+1}~du= 2\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)(2k+2n+3)}$$

Así, obtenemos:

$$g(x)=\frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(k+\frac{1}{2})(k+n+\frac{3}{2})}$$

El interior de la serie converge para todos los $n$, y podemos formalmente la representan como una diferencia de dos divergentes de la serie armónica, que, después de algunas manipulaciones, nos debe de dar el mismo resultado que robjohn obtenidos.

Supongo, una especie de forma cerrada para el término general que también puede ser dada en términos de la función digamma:

$$g(x)=\frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{\psi \left(n+\frac32 \right)-\psi \left(\frac12 \right)}{n+1} x^{2n}$$

Lo que hace:

$$\arctan^2 x=\frac{x^2}{2} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{\psi \left(n+\frac32 \right)-\psi \left(\frac12 \right)}{n+1} x^{2n}$$

Que es esencialmente el mismo como robjohn la respuesta.

Answer 3

Por el bien de un método alternativo, he aquí una doble serie.

Para $|x|<1$, tenemos $$\arctan x=\sum_{k\geq0}\frac{(-1)^kx^{1+2k}}{1+2k}$$ Como usted señaló, $$\arctan^2x=2\int\frac{\arctan x}{x^2+1}\mathrm{d}x$$ Así que, asumiendo $|x|<1$, $$\arctan^2x=2\int\frac1{x^2+1}\sum_{k\geq0}\frac{(-1)^kx^{1+2k}}{1+2k}\mathrm{d}x$$ $$\arctan^2x=2\sum_{k\geq0}\frac{(-1)^k}{1+2k}\int\frac{x^{2k}}{1+x^2}x\mathrm{d}x$$ Ahora nos centramos en $$I=\int\frac{x^{2k+1}}{1+x^2}\mathrm{d}x$$ Recordemos que para $|x|<1$, $$\frac1{1+x^2}=\frac12\sum_{n\geq0}i^n\big(1+(-1)^n\big)x^n$$ Por lo tanto $$I=\frac12\sum_{n\geq0}i^n\big(1+(-1)^n\big)\int x^{2k+n+1}\mathrm{d}x$$ $$I=\frac12\sum_{n\geq0}\frac{i^n\big(1+(-1)^n\big)}{2k+n+2}x^{2k+n+2}$$ Luego tenemos nuestro (bastante ineficiente) resultado: $$\arctan^2x=\sum_{k\geq0}\frac{(-1)^k}{1+2k}\sum_{n\geq0}\frac{i^n\big(1+(-1)^n\big)}{2k+n+2}x^{2k+n+2}$$ $$\arctan^2x=\sum_{n,k\in\Bbb N}\frac{(-1)^{k+\frac{n}2}\big(1+(-1)^n\big)}{(1+2k)(2+2k+n)}x^{2k+n+2}$$