Sumar la potencia de la serie $\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1}\prod\limits_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k} $

Question

Me gustaría determinar la función que corresponde a la siguiente potencia de la serie: $$x + \sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots2n} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}, $$ donde $|x|<1$.

Answer 1

El siguiente es un intento de hacer algo de matemáticas con la pregunta. Por lo tanto yo trato de evitar los ready-made de fórmulas extraídas de un sombrero y quiero describir paso por paso de un camino que conduce a la solución de forma rutinaria como sea posible.

Mi primera reacción cuando leí la fórmula para ser explicado es que no estoy demasiado contento con los denominadores $2n+1$. La serie es componer con algunos ratios $\displaystyle\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$, no sé si esto se entiende como una sugerencia o no, pero estas razones son obvias primitivas, por lo que me siento como la diferenciación de la serie $A(x)$ el OP quiere calcular. Tenga en cuenta que no tengo justificación para tal movimiento en este punto, pero uno tiene que empezar en alguna parte, ¿no? Pensando mucho acerca de los términos de grado $0$$1$$A(x)$, finalmente terminé de convencerme de que $A(0)=0$ y $$ A'(x)=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots2n} x^{2n}. $$ Ahora, ¿qué es este extraño aspecto coeficiente de $x^{2n}$? Esto se parece a una relación de factoriales, pero no del todo... Después de algunos de tocar el violín alrededor, me doy cuenta de que podían utilizar los números enteros en el denominador para rellenar los huecos entre los enteros impares en el numerador y el numerador, entonces sería un perfecto factorial. Parece una buena idea, pero primero tengo que escribir esto de una forma rigurosa, llegar $$ \frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots2n}=\frac{1\cdot2\cdot3\cdots(2n)}{2^2\cdot4^2\cdot6^2\cdots(2n)^2}=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}=\frac1{2^{2n}}{2n\elegir n}. $$ Mi siguiente paso es el cambio de variable. El uso de la variable $z=-\displaystyle\frac{x^2}4$ en lugar de $x$ sólo puede simplificar las cosas, ¿verdad? Así que ahora, mi objetivo es entender la serie $$ A'(x)=\sum_{n=0}^\infty{2n\elegir n}z^n. $$ Ja! Los coeficientes binomiales! Que es fácil, sólo tengo que encontrar un binomio en algún lugar. La expansión de la $(1+u)^{2n}$ involucra a todos los $2n$-a elegir-algo, por lo que estoy después del plazo$u^n$$(1+u)^{2n}$. Cómo podría mantener este término y borrar todos los demás? Así, un hombre llamado Joseph Fourier ya sabía cómo hacerlo, así que voy a tratar de imitarlo.

Viejo José sabía que si integra la función de $s\mapsto\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi ns}\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\pi ks}$ $[0,1]$ para los números enteros $n$$k$, obtendrá cero excepto en un caso: si $k=n$, y luego te $1$. Así que si puedo reemplazar $u$ $\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi s}$ $(1+u)^{2n}$ y si puedo integrar todo lo que multiplicado por $\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\pi ns}$$[0,1]$, voy a recoger el coeficiente de $u^n$ solo. En otras palabras, $$ {2n\elegir n}=\int_0^1(1+\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi s})^{2n}\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\ns pi}\mathrm{d}s. $$ Ahora tengo que multiplicarlo por $z^n$, me suma los resultados de más de $n$ y supongo que $|z|$ es lo suficientemente pequeño como para permitir que me intercambiar el orden de la suma y la integral (veo que $|z|<\frac14$ va a hacer). El resultado es $$ A'(x)=\int_0^1\sum_{n=0}^\infty z^n(1+\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi s})^{2n}\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\ns pi}\mathrm{d}s. $$ La función de integrar no es sino una serie geométrica, la derecha? Y el módulo de su relación es en la mayoría de las $4|z|<1$, ¿verdad? Aquí estoy en territorio conocido porque sé como suma de una serie geométrica $$ G(r)=\sum_{n=0}^{+\infty}r^n, $$ para cada número complejo $r$ tal que $|r|<1$ y lo sé porque alguien me contó una vez cómo otro hombre llamado Euclides hizo: él (básicamente) escribió la serie como $$ G(r)=1+r+r^2+r^3+\cdots=1+r(1+r+r^2+\cdots), $$ y él se dio cuenta de que el paréntesis se $G(r)$ nuevo! En otras palabras, $G(r)=1+rG(r)$, es decir, $$ G(r)=\frac1{1-r}. $$ Así puedo calcular la serie dentro de la integral, y esto me pone una expresión más sencilla de $A'(x)$, es decir, $$ A'(x)=\int_0^1\frac{\mathrm{d}s}{1-z(1+\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi s})^{2}\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\pi s}}. $$ Esta es una integral de una función racional de senos y cosenos, en este caso $$ A'(x)=\int_0^1\frac{\mathrm{d}s}{1-4z\cos^2(\pi s)}=\frac2\pi\int_0^{\pi/2}\frac{\mathrm{d}s}{1-4z\cos^2(s)}=\frac2\pi\int_0^{\pi/2}\frac{\mathrm{d}s}{1+x^2\cos^2(s)}, $$ donde en la última igualdad por fin me decidí a volver a la $x$ variable. Desde $\cos^2(s)$ $\mathrm{d}s$ son invariantes por la transformación de $s\to s+\pi$, estoy bastante seguro de que el cambio de las variables de $t=\tan(s)$ será un éxito. Déjame comprobar esto: $\mathrm{d}t=(1+t^2)\mathrm{d}s$$\cos^2(s)=1/(1+t^2)$, por lo tanto $$ A'(x)=\frac2\pi\int_0^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2+x^2} =\frac2\pi\int_0^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+x^2}(1+t^2)}, $$ que es $$ A'(x) =\frac2\pi\frac1{\sqrt{1+x^2}}\left[\arctan(t)\right]_0^{+\infty} =\frac1{\sqrt{1+x^2}}. $$ Casi hecho! Recuerdo que ese $A(0)=0$, por lo tanto $$ A(x)=\int_0^x\frac{\mathrm{d}v}{\sqrt{1+v^2}}=\left[\mathrm{arcsinh}(v)\right]_0^x=\mathrm{arcsinh}(x)=\log(x+\sqrt{1+x^2}). $$ Hecho.

Answer 2

Considere la siguiente serie, \begin{align} \arcsin x = \sum_{n \geq 0} \frac{(2n)!}{2^{2n} (n!)^{2}} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = \sum_{n \geq 0} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}, \end{align} que converge para $|x| \leq 1$ e donde:$\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} = \frac{1 \cdot 3 \cdots (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdots 2n}$. Esto puede ser derivada por la integración de la expansión de la serie de $(1 -x^2)^{-1/2}$ termwise y prestando especial atención a las cuestiones de convergencia. Observar que \begin{align} -i \arcsin i x = x + \sum_{n \geq 1} (-1)^n \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \frac{ x^{2n + 1}}{2n+1}, \end{align} que es la serie en cuestión.

Answer 3

Sugerencia de Considerar el binomio de expansión de la serie de $(1+x^2)^{-\frac{1}{2}}$. Usted debe llegar a algo muy similar a la de la serie.

Answer 4

Voy a usar una bastante conocida generación de la serie. Su prueba será a la izquierda hasta el final.

Lema Tenemos que $$\frac{1}{\sqrt{1-4x}}=\sum_{n=0}^\infty \binom{2n}{n} x^n$$ where $\binom{2n}{n}$ se refiere a la central de coeficiente binomial.

Ahora para resolver el problema: Definir $f(x)$ por

$$f(x)=x+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots2n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}.$$

Observe que

$$f(x)=x+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{(2n)!}{n!n!}\frac{1}{4^{n}}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$$

de modo que $$f^{'}(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{(2n)!}{n!n!}\frac{x^{2n}}{4^{n}}=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{2n}{n}\left(\frac{-x^2}{4}\right)^{n}.$$

Por el lema, vemos que

$$f^{'}(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}.$$

Para solucionar $f(x)=\int_0^x \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}$, la utilización de la identidad de la $\sinh^2(x)+1=\cosh^2 (x)$ y hacer la sustitución $x=\sinh (u)$. (Note que la constante de integración debe ser cero, a partir de la definición original de $f(x)$.) Entonces nos encontramos con la $$f(x)=\sinh^{-1}(x).$$

La prueba del Lema: Tenemos la combinatoria de identidad $$\sum_{i=0}^{n}\binom{2i}{i}\binom{2(n-i)}{n-i}=4^{n}$$ which follows from finding two different ways to count the number of possible ways to choose a team from a group of size $2n$. Entonces

$$\left(\sum_{n=0}^\infty \binom{2n}{n} x^n\right)^2=\sum_{n=0}^\infty (4x)^n=\frac{1}{1-4x}.$$