Serie infinita para la arctangente a partir de la fórmula de la tangente de medio ángulo

Question

De la biografía de Turing escrita por Hodge:

Había encontrado la serie infinita para la "función tangente inversa", partiendo de la fórmula trigonométrica para $\tan\left(\frac{1}{2}x\right)$ .*

En la nota a pie de página se dice que no utilizó el cálculo y también que "Quizá lo más notable fue que viera que tal serie debía existir".

Entonces, ¿cómo se obtiene la serie infinita para la tangente inversa a partir de la fórmula del semiángulo para la tangente?

Gracias, señor.

Answer 1

De hecho, utilizando $2\arctan x = \arctan \dfrac{2x}{1-x^2}$ es el camino a seguir.

Para simplificar las cosas, supongamos también que $\arctan x$ es impar, así que $\arctan x = \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{2n+1}$ .

Entonces, utilizando el Teorema Binomial Generalizado, un cambio de índices y un cambio de orden de la suma, podría haber obtenido:

$\arctan \dfrac{2x}{1-x^2} = \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}a_k\left(\dfrac{2x}{1-x^2}\right)^{2k+1} = \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}a_k2^{2k+1}x^{2k+1}(1-x^2)^{-(2k+1)}$ .

$= \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}a_k2^{2k+1}x^{2k+1}\sum_{n = 0}^{\infty}\dbinom{2k+n}{2k}x^{2n} = \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n = 0}^{\infty}a_k2^{2k+1}\dbinom{2k+n}{2k}x^{2n+2k+1}$

$= \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n' = k}^{\infty}a_k2^{2k+1}\dbinom{n'+k}{2k}x^{2n'+1} = \sum_{n'=0}^{\infty}\left[\sum_{k = 0}^{n'}a_k2^{2k+1}\dbinom{n'+k}{2k}\right]x^{2n'+1}$ .

Por lo tanto, $2a_n = \displaystyle\sum_{k = 0}^{n}a_k2^{2k+1}\dbinom{n+k}{2k}$ es decir $a_n = -\dfrac{1}{2^{2n+1}-2}\displaystyle\sum_{k = 0}^{n-1}2^{2k+1}\dbinom{n+k}{2k}a_k$ para $n \ge 1$ .

Dado que la multiplicación de la serie $a_n$ por cualquier constante no cambiará la relación $2\arctan x = \arctan \dfrac{2x}{1-x^2}$ Turing también habría necesitado el término inicial $a_0 = 1$ .

A partir de aquí, es bastante fácil de arrancar los primeros términos $a_1 = -\dfrac{1}{3}$ , $a_2 = \dfrac{1}{5}$ , $a_3 = -\dfrac{1}{7}$ etc. y supongo que $a_n = \dfrac{(-1)^n}{2n+1}$ . Aunque no estoy seguro de cómo habría demostrado que $-\dfrac{1}{2^{2n+1}-2}\displaystyle\sum_{k = 0}^{n-1}2^{2k+1}\dbinom{n+k}{2k}\dfrac{(-1)^k}{2k+1} = \dfrac{(-1)^n}{2n+1}$ para todos los números enteros $n \ge 1$ .

Answer 2

Si decimos $$ \arctan x=\sum_{n=0}^\infty a_nx^n $$ a continuación, utilizando $\tan x\approx x$ para pequeños $x$ obtenemos $a_0=0$ y $a_1=1$ .

Ahora usando la perspicacia de @r9m (ver comentario bajo la pregunta) $$ 2\arctan x=\arctan {2x\over 1-x^2}=\sum a_n2^nx^n(1+x^2+x^4+x^6+\cdots)^n $$ Para el $x^2$ término los factores son $$ 2a_2x^2=a_2(2x)^2 $$ así $a_2=0$ . Igualación de términos de $x^3$ consigue $$ 2a_3x^3=a_3(2x)^3-2a_1x^3 $$ que nos da $a_3=-1/3$ . Se puede seguir y seguir con esto para conseguir $a_4$ y $a_5$ etc. Turing pudo haber notado un patrón, ir más allá y elaborar una relación de recurrencia.