¿Cómo puedo demostrar que
$$\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(2n+1)!!}{(n+1)!}2^{-(2n+4)}=\frac{3-2\sqrt{2}}{4}$$
Respuestas
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leoinfo
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Ron Gordon
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La suma es igual a
$$\frac1{16} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2 n+1)!}{2^{3 n} n !(n+1)!} = \frac1{16} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2 n+1}{n+1} \frac1{2^{3 n}} \binom{2 n}{n} $$
La suma puede escribirse como
$$\frac1{8} \sum_{n=0}^{\infty} \frac1{2^{3 n}} \binom{2 n}{n} - \frac1{16}\sum_{n=0}^{\infty} \frac1{n+1} \frac1{2^{3 n}} \binom{2 n}{n}$$
Tenga en cuenta que
$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac1{2^{3 n}} \binom{2 n}{n} x^{n} = \left (1-\frac{x}{2}\right )^{-1/2} $$
para que
$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1} \frac1{2^{3 n}} \binom{2 n}{n} = \int dx \left (1-\frac{x}{2}\right )^{-1/2} = -4 \left (1-\frac{x}{2}\right )^{1/2}+C$$
Esta suma es cero cuando $x=0$ Así que $C=4$ y, por lo tanto, la suma en cuestión es
$$\frac{\sqrt{2}}{8} - \frac{2-\sqrt{2}}{8} = \frac{\sqrt{2}-1}{4}$$
que no es la respuesta proporcionada, sino que se comprueba con Mathematica.
Petite Etincelle
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$$\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(2n+1)!!}{(n+1)!}2^{-(2n+4)}= \sum_{n=0}^{\infty }\frac{(2n+1)!}{(n+1)!n!}2^{-(3n+4)} = \dfrac{1}{16}\sum_{n=0}^{\infty }{2n+ 1\choose n}x^{n}$$
con $x = \dfrac{1}{8}$ .
Vamos a calcular $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty }{2n+ 1\choose n}x^{n}$ utilizando la presentación integral de los coeficientes binomiales:
$${2n+ 1\choose n} = \dfrac{1}{2\pi i}\int_{|z| =1}(z+1)^{2n+1}z^{-n-1}dz$$
por lo que tenemos
\begin{align} f(x) = &\dfrac{1}{2\pi i}\int_{|z| =1}\sum_{n=0}^\infty \left(\dfrac{(z+1)^2}{z}x\right)^n \dfrac{1+z}{z}dz \\ = & \dfrac{1}{2\pi i}\int_{|z| =1} \dfrac{1}{1-\dfrac{(z+1)^2}{z}x} \dfrac{1+z}{z}dz \\ = & \dfrac{1}{2\pi i}\int_{|z| =1} \dfrac{1+z}{z-(z+1)^2x} dz \\ \end{align}
La última integral no es demasiado difícil de evaluar con $x = \dfrac{1}{8}$
