¿Cómo derivar la serie de Gregory para la función tangente inversa?

Question

¿Cómo derivar la serie de Gregory para la función tangente inversa? ¿Por qué la serie de Gregory sólo es aplicable al conjunto $ [-\pi/4,\pi/4] $ ?

Answer 1

Una forma rápida es aprovechando $\arctan'(x)=\dfrac1{1+x^2}$ .

Se establece fácilmente que la serie de Taylor de esa derivada es la suma de una serie geométrica de razón común $-x^2$ ,

$$\sum_{k=0}^\infty(-x^2)^k=\frac1{1-(-x^2)},$$ que sólo converge para $x^2<1$ .

A continuación, integrando término a término,

$$\arctan(x)=\int_0^x\frac{dx}{1+x^2}=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^kx^{2k+1}}{2k+1}.$$

---

Alternativamente, suponga que sabe

$$\ln(1+z)=-\sum_{k=1}^\infty\frac{(-z)^k}{k}.$$

Entonces con $z=ix$ ,

$$\ln(1+ix)=\ln\left(\sqrt{1+x^2}\right)+i\arctan(x)=-\sum_{k=1}^\infty\frac{(-ix)^k}{k}.$$

La parte imaginaria de esta identidad da

$$\arctan(x)=\sum_{odd\ k}(-1)^{(k-1)/2}\frac{x^k}k$$

mientras que la parte real da el extra

$$\ln\left(\sqrt{1+x^2}\right)=\sum_{even\ k>0}(-1)^{k/2-1}\frac{x^k}k.$$

Answer 2

Debe saber que $$\arctan x = \int_{0}^{x}\frac{dt}{1 + t^{2}}\tag{1}$$ De hecho, esta ecuación puede utilizarse como punto de partida para desarrollar la teoría de las funciones circulares. Pero no nos preocupemos de eso aquí.

Sabemos (mediante la fórmula de la suma de una progresión geométrica) que $$1 - t^{2} + t^{4} - t^{6} + \cdots + (-1)^{n - 1}t^{2n - 2} = \frac{1 - (-1)^{n}t^{2n}}{1 + t^{2}}\tag{2}$$ y por lo tanto $$\frac{1}{1 + t^{2}} = 1 - t^{2} + t^{4} - t^{6} + \cdots + (-1)^{n - 1}t^{2n - 2} + (-1)^{n}\cdot\frac{t^{2n}}{1 + t^{2}}\tag{3}$$ y por tanto al integrar la ecuación anterior entre $0$ y $x$ y utilizando $(1)$ obtenemos $$\arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + \cdots + (-1)^{n - 1}\cdot\frac{x^{2n - 1}}{2n - 1} + (-1)^{n}\int_{0}^{x}\frac{t^{2n}}{1 + t^{2}}\,dt$$ o $$\arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + \cdots + (-1)^{n - 1}\cdot\frac{x^{2n - 1}}{2n - 1} + (-1)^{n}R_{n}(x)\tag{4}$$ donde $$R_{n}(x) = \int_{0}^{x}\frac{t^{2n}}{1 + t^{2}}\,dt\tag{5}$$ Ahora a partir de la ecuación anterior es fácil comprobar que $R_{n}(-x) = -R_{n}(x)$ . Demostraremos que si $0 \leq x \leq 1$ entonces $R_{n}(x) \to 0$ como $n \to \infty$ . Desde $R_{n}(-x) = -R_{n}(x)$ implicará que el $\lim_{n \to \infty}R_{n}(x) = 0$ es válido para $x$ con $|x|\leq 1$ .

Ahora supongamos que $0 \leq x \leq 1$ . Entonces sabemos que $$\frac{t^{2n}}{1 + t^{2}} \leq t^{2n}$$ para todos $t$ con $0 \leq t \leq x$ . Por lo tanto al integrar lo anterior entre $0$ y $x$ obtenemos $$0 \leq R_{n}(x) \leq \int_{0}^{x}t^{2n}\,dt = \frac{x^{2n + 1}}{2n + 1} \leq \frac{1}{2n + 1}$$ y tomando los límites como $n \to \infty$ y utilizando el teorema de Squeeze obtenemos $$\lim_{n \to \infty}R_{n}(x) = 0$$ De ello se deduce que $$\lim_{n \to \infty}(-1)^{n}R_{n}(x) = 0$$ y como se ha señalado anteriormente esta ecuación se cumple para todos los valores de $x$ con $|x|\leq 1$ . Tomando ahora los límites como $n \to \infty$ a ambos lados de la ecuación $(4)$ obtenemos $$\arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + \cdots = \sum_{n = 1}^{\infty}(-1)^{n - 1}\frac{x^{2n - 1}}{2n - 1}$$ para todos $x$ con $|x| \leq 1$ .

Answer 3

Creo que la forma más directa es sí las expansiones de log(1+x) y log(1-x) log(1+x)=x - x^2/2 + x^3/3....y así sucesivamente.

log(1-x)=-x-x^2/2-x^3/3....y así sucesivamente.

Ahora resta las dos series para obtener log[(1+x)/(1-x)]= 2[x+x^3/3+x^5/5+x^7/7......inf ] Ahora sustituir x con [¡.arctanx] Tras un poco de manipulación [utilizando Forma de Euler ] Obtendrá el famoso Serie Madhav-Gregory .