Intentando demostrar que $\sum_{j=2}^\infty \prod_{k=1}^j \frac{2 k}{j+k-1} = \pi$

Question

¿Cómo se podría demostrar eso? $$\sum_{j=2}^\infty \prod_{k=1}^j \frac{2 k}{j+k-1} = \pi$$

Hasta aquí he llegado:

$$\prod_{k=1}^j \frac{2 k}{j+k-1} = \frac{2^j j!}{(j)_j} \implies$$ $$\sum_{j=2}^\infty\frac{2^j j!}{(j)_j} = \frac{2^2 2!}{(2)_2} + \frac{2^3 3!}{(3)_3} + \frac{2^4 4!}{(4)_4}+\cdots \implies$$ $$?$$

donde $(x)_n$ indica el símbolo de Pochhammer. Tal vez la reducción no es el camino a seguir?

Answer 1

Esto va a ser un poco fuera de lo común, pero aquí va.

Considere la función

$$f(x) = \frac{\arcsin{x}}{\sqrt{1-x^2}}$$

$f(x)$ tiene una expansión de Maclurin como sigue:

$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{2 n}}{\displaystyle (2 n+1) \binom{2 n}{n}} x^{2 n+1}$$

Diferenciando, obtenemos

$$f'(x) = \frac{x \, \arcsin{x}}{(1-x^2)^{3/2}} + \frac{1}{1-x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{2 n}}{\displaystyle \binom{2 n}{n}} x^{2 n}$$

Evaluar en $x=1/\sqrt{2}$ :

$$f'\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{\pi}{2}+2 = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n}}{\displaystyle \binom{2 n}{n}} $$

Así pues, hemos establecido que

$$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{2^{n}}{\displaystyle \binom{2 n}{n}} = \frac{\pi}{2}$$

Consideremos ahora la suma original:

$$\begin{align}\sum_{n=2}^{\infty} \prod_{k=1}^n \frac{2 k}{n+k-1}&= \sum_{n=2}^{\infty}\frac{2^n n!}{n (n+1) \cdots (2 n-1)}\\ &=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{2^n n! (n-1)!}{(2 n-1)!}\\ &= 2 \sum_{n=2}^{\infty}\frac{2^n}{\displaystyle \binom{2 n}{n}} \\&= 2 \frac{\pi}{2} \\ &= \pi \end{align} $$

QED

Answer 2

En primer lugar, puede utilizar Mathematica para calcularlo y, bueno, obtener el mismo resultado. :)
Pero en cualquier caso, necesitamos una solución analítica. La idea principal es ponerlo en forma de serie hipergeométrica.
Te alcanzaré donde te detuviste: $$\prod_{k=1}^j \dfrac{2 k}{j+k-1} = \dfrac{2^j j!}{(j)_j}$$ Se puede reorganizar así: $$\dfrac{2^j j!}{(j)_j}=\dfrac{2^j \Gamma (j) \Gamma (j+1)}{\Gamma (2 j)}$$ porque $(j)_j=\dfrac{\Gamma (2 j)}{\Gamma (j) }$ .
Utilizando el hecho de que $$\Gamma (2 j)=\dfrac{2^{2j-1}}{\sqrt{\pi}}\Gamma(j)\Gamma\left(j+\dfrac{1}{2}\right)$$ se puede obtener: $$\dfrac{2^j j!}{(j)_j}=2\sqrt{\pi}\dfrac{\Gamma (j+1)}{2^j\Gamma\left(j+\dfrac{1}{2}\right)}=2\sqrt{\pi}\dfrac{j!}{\Gamma\left(j+\dfrac{1}{2}\right)}\left(\dfrac{1}{2}\right)^j$$ Entonces se puede reescribir en términos de los símbolos de Pochhammer. Teniendo en cuenta que $\Gamma\left(j+\dfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}\left(\dfrac{1}{2}\right)_j$ y $j!=(1)_j$ y después de multiplicar y dividir por $j!=(1)_j$ se obtendrá: $$\dfrac{2^j j!}{(j)_j}=2\dfrac{(1)_j(1)_j}{\left(\dfrac{1}{2}\right)_j}\left(\dfrac{1}{2}\right)^j$$ Así, la serie inicial se verá así: $$\sum_{j=2}^\infty\frac{2^j j!}{(j)_j} =\sum_{j=0}^\infty\frac{2^j j!}{(j)_j}-2 =2\sum_{j=0}^\infty\dfrac{(1)_j(1)_j}{\left(\dfrac{1}{2}\right)_j}\dfrac{\left(\dfrac{1}{2}\right)^j}{j!}-4$$ Y el primer término es la definición de la función hipergeométrica $$\sum_{j=0}^\infty\dfrac{(1)_j(1)_j}{\left(\dfrac{1}{2}\right)_j}\dfrac{\left(\dfrac{1}{2}\right)^j}{j!}=\, _2F_1\left(1,1;\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{4+\pi }{2}$$
Así que $$\sum_{j=2}^\infty\dfrac{2^j j!}{(j)_j} = \pi$$

Answer 3

Definir la secuencia $b$ por $b_0 = 2$ y $$b_n = \prod_{k=1}^n\frac{2k}{n+k-1}$$ para $n \geq 1$ por lo que queremos calcular $\sum_{n=2}^{\infty}b_n$ . Sea $a_0, a_1, a_2, \dotsc$ sea la secuencia $$4, -4, -\frac{4}{3}, -\frac{4}{5}, -\frac{4}{7}, \dotsc$$

y que $\Delta$ sea el operador de diferencia sobre secuencias definido por $(\Delta \alpha)_n = \alpha_{n+1} -\alpha_n$ . Entonces se puede comprobar que la diferencia repetida en $0$ es igual a

$$(\Delta^n a)_0 = (-1)^n2^{n+1} b_n. $$

Por Transformada de Euler obtenemos

$$ 4 + \pi = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n a_n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^{n+1}}(\Delta^n a)_0 = \sum_{n=0}^{\infty}b_n=2 + 2 + \sum_{n=2}^{\infty}b_n. $$

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\sum_{j = 2}^{\infty}\prod_{k = 1}^{j}{2k \over j + k - 1} = \pi:\ {\large ?}}$

\begin{align} &\color{#c00000}{\sum_{j = 2}^{\infty}\prod_{k = 1}^{j}{2k \over j + k - 1}} =\sum_{j = 2}^{\infty}2^{j}\, {1 \over j}\,{2 \over j + 1}\cdots{j \over 2j - 1}=\sum_{j = 2}^{\infty}2^{j}\,{j! \over \pars{2j - 1}!/\pars{j - 1}!} \\[3mm]&=\sum_{j = 2}^{\infty}2^{j}\, {\Gamma\pars{j + 1}\Gamma\pars{j} \over \Gamma\pars{2j}} =\sum_{j = 2}^{\infty}2^{j}\,j {\Gamma\pars{j}\Gamma\pars{j} \over \Gamma\pars{2j}} =\sum_{j = 2}^{\infty}2^{j}\,j\,{\rm B}\pars{j,j} \\[3mm]&=2\lim_{x \to 2}\bracks{% \partiald{}{x}\color{#00f}{\sum_{j = 2}^{\infty}x^{j}\,{\rm B}\pars{j,j}}} \end{align} donde $\ds{\Gamma\pars{z}}$ y $\ds{{\rm B}\pars{x,y} = \int_{0}^{1}t^{x - 1}\pars{1 - t}^{y - 1}\,\dd t = {\Gamma\pars{x}\Gamma\pars{y} \over \Gamma\pars{x + y}}}$ a Gamma y Beta Funciones, respectivamente. $\ds{\Re\pars{x} > 0, \Re\pars{y} > 0}$ . W $\ds{\Gamma\pars{z} = \Gamma\pars{z + 1}/z}$

\begin{align} &\color{#00f}{\sum_{j = 2}^{\infty}x^{j}\,{\rm B}\pars{j,j}}= \sum_{j = 2}^{\infty}x^{j}\,\int_{0}^{1}t^{j - 1}\pars{1 - t}^{j - 1}\,\dd t =\int_{0}^{1}\sum_{j = 2}^{\infty}\bracks{xt\pars{ 1- t}}^{j} \,{\dd t \over t\pars{1 - t}} \\[3mm]&=\int_{0}^{1}{\bracks{xt\pars{ 1- t}}^{2} \over 1 - xt\pars{1 - t}} \,{\dd t \over t\pars{1 - t}} =\int_{0}^{1}{x^{2}t\pars{ 1- t} \over 1 - xt\pars{1 - t}}\,\dd t \end{align}

\begin{align} &\color{#c00000}{\sum_{j = 2}^{\infty}\prod_{k = 1}^{j}{2k \over j + k - 1}} =2\ \overbrace{\int_{0}^{1}\bracks{-1 + {1 \over \bracks{1 - 2\pars{1 - t}t}^{2}}} \,\dd t}^{\ds{=\ {\pi \over 2}}} = \color{#00f}{\Large\pi} \end{align}

La última integral se evalúa trivialmente "completando el cuadrado" en el denominador.