Encontrando la suma de series alternantes convergentes

Question

No estoy seguro de cómo encontrar la suma de esta serie

$$\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^n\cdot(2n+1)^{-1}}$$

Sé que converge debido al test de la serie alternada porque la función es decreciente sobre su dominio y el límite cuando $n$ tiende a infinito es cero. Sin embargo, no sé qué método usar para calcular el valor finito al que converge.

También sé que la respuesta es $\pi/4$ debido a Wolframalpha pero quiero saber cómo. Gracias.

Answer 1

Esto se puede demostrar a partir de la serie de Taylor

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

Tomando $x=1$

$$ \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{1}{2n+1} = \arctan 1 = \frac{\pi}{4} $$

Para una prueba de esto, inferir de la serie geométrica $$ \frac{1}{1+x^2} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n} $$

Luego, integrar ambos lados

Answer 2

Si tu interés es computar el valor (y estás interesado en más series alternantes que solo esta), entonces puede que te interese las técnicas de aceleración de series. El método básico para acelerar series alternantes, el método de Euler, tiene una gran derivación 'heurística' en términos de operadores:

Considera dos operadores: el operador de desplazamiento $E$ que, al aplicarse al elemento $a_n$ de una secuencia, produce el elemento $Ea_n = a_{n+1}$; y el operador de diferencia $\Delta$ que da la diferencia entre los elementos siguiente y actual, $\Delta a_n=a_{n+1}-a_n$. Entonces estos operadores satisfacen la relación conceptual $E=1+\Delta$ (donde estrictamente hablando aquí '$1$' es en realidad el operador identidad).

Ahora, la serie $\sum_n (-1)^na_n$ puede escribirse como $\sum_n (-1)^nE^na_0$; cada término en la secuencia $a_n$ se obtiene aplicando el operador de desplazamiento $E$ $n$ veces al primer término. Pero esto se 've' como una serie geométrica, así que podemos escribir formalmente $\sum_n (-1)^na_n$ $=\sum_n(-1)^nE^na_0$ $=\frac1{1+E}a_0$. Ahora, sustituye $E=1+\Delta$ en esto para obtener $\sum_n(-1)^na_n = \frac1{2+\Delta}a_0$. Y expande nuevamente usando la serie geométrica: $\frac1{2+\Delta}a_0$ $= \frac12\frac1{1+\Delta/2}a_0$ $=\frac12\sum_n(-1)^n\left(\frac\Delta2\right)^na_0$ $= \sum_n\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}\Delta^na_0.

Todo esto es heurístico y necesita ser rigurosamente justificado, por supuesto, pero resulta que esa justificación puede darse; la serie transformada convergerá si la serie original lo hace, y convergerá al mismo valor. Además, típicamente convergerá mucho más rápido; en el caso de tu serie donde $a_n=\frac1{2n+1}$ es fácil mostrar por inducción que $\Delta^ia_n = (-1)^i\dfrac{(2\cdot 4\cdot\ldots\cdot (2i))}{(2n+1)(2n+3)\ldots(2n+2i+1)}$ y así $\Delta^i a_0 = (-1)^i\dfrac{(2\cdot4\cdot\ldots\cdot(2i))}{1\cdot3\cdot\ldots\cdot (2i+1)}$ $=(-1)^i\dfrac{2^2\cdot4^2\cdot\ldots\cdot(2i)^2}{(2i+1)!}$ $=(-1)^i\dfrac{2^{2i}(i!)^2}{(2i+1)!}$. Resulta que esto es aproximadamente proporcional a $i^{-1/2}$ como $i\to\infty$ y así la convergencia de la serie 'transformada' $\frac\pi4=\sum_n\dfrac{2^{n-1}(n!)^2}{(2n+1)!}$ es básicamente geométrica, dándote aproximadamente un bit de precisión por término.