Demostrar (o refutar) que $ \sum_{n=1}^\infty \frac{4(-1)^n}{1-4n^2} x^n = \frac{2(x+1) \tan^{-1}(\sqrt x)}{\sqrt x} - 2 $ para $ 0<x\leq1$

Question

Tal como dijo el título, para $ 0 <x\leq1 $ , demostrar/desmentir:

$$ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty \dfrac{4(-1)^n}{1-4n^2} \cdot x^n \stackrel{?}{=} \dfrac{2(x+1) \tan^{-1}(\sqrt x)}{\sqrt x} - 2 $$

Obtuve esta ecuación de Claude Leibovici . Es cierto para $ n=1 $ como muestra Ron Gordon.

Creo que es factible demostrar que es verdadera desde el RHS convirtiendo la expresión en una serie de Maclaurin, pero tenía curiosidad por saber si hay una forma de resolver este problema con ingeniería inversa.

¡¡¡FELIZ NAVIDAD!!!

Answer 1

Mediante la integración de $$\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-x^6+\cdot\cdot\cdot$$ uno tiene $$\arctan x=\Sigma_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}.$$ Después de algunas manipulaciones $$2\Big[\frac{x+1}{\sqrt x}\arctan(\sqrt x)-1\Big]=2x+2\Sigma_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{(x+1)x^n}{2n+1}.$$ Ahora recoge los términos con las mismas potencias de $x$ mediante la reagrupación de coeficientes. Digamos, por ejemplo, que el coeficiente de $x^k$ sería $$C_k=2\Big[\frac{(-1)^k}{2k+1}+\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\Big].$$ De aquí se desprende.