Una serie difícil: $\sum_{n=0}^\infty2^na_{n+1}\sqrt{a_n}=\frac{\Gamma^2(\frac14)-4\cdot\Gamma^2(\frac34)}{8\sqrt{2\pi}}$

Question

Si $\displaystyle a_0=\frac12$ y $\displaystyle a_{n+1}=\frac{1-\sqrt{1-a_n}}{1+\sqrt{1-2a_n}}$, demuestra que

$$\sum_{n=0}^\infty2^na_{n+1}\sqrt{a_n}=\frac{\Gamma^2(\frac14)-4\cdot\Gamma^2(\frac34)}{8\sqrt{2\pi}}$$

La forma cerrada para esta serie involucra el cuadrado de la función gamma, por lo tanto intento conectarla con integrales, lo que nos requiere primero encontrar la forma explícita de la ecuación de recursión. Pero esta ecuación de recusión es altamente no lineal. Intento multiplicar $1-\sqrt{1-2a_n}$ para racionalizar el denominador pero parece que no ayuda. También intenté algunas sustituciones no lineales, como

$$\tan(x-y)=\frac{\tan x-\tan y}{1+\tan x\tan y}$$

donde $x=\frac\pi4, \tan y=\sqrt{1-a_n}$, pero el término $2a_n$ dentro de la raíz cuadrada arruina este intento. Si dejamos $a_n=\sin^2\theta_n$, entonces obtenemos

$$1-\cos^2\theta_{n+1}=\sin^2\theta_{n+1}=\frac{1-\cos\theta_n}{1+\sqrt{\cos2\theta_n}}$$

¿Hay alguna pista? ¡Gracias!

Answer 1

La idea básica para esta publicación la obtuve de Encontrar el límite de $4^n a_n$, para la secuencia recurrente $a_{n+1}=\frac{1-\sqrt{1-a_n}}{1+\sqrt{1+a_n}}$

---

La relación recurrente para $a_n$ puede entenderse de manera más apropiada en términos de la función elíptica Jacobiana. Utilizo la notación $\text{sn} (u, k) $ con $k$ como módulo. La entrada de Wikipedia utiliza $\text{sn} (u, m) $ con $m=k^2$ como parámetro. Tenemos, por definición: $$u=\int_0^{\text{sn}(u,k)}\frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\tag{1}$$ La función $\text{sn} (u, k) $ satisface la fórmula de medio argumento: $$\text{sn} ^2(u/2,k)=\frac{1-\sqrt{1-\text{sn}^2(u,k)}}{1+\sqrt {1-k^2\text{sn}^2(u,k)} }\tag{2}$$ Poniendo $k^2=2$ y estableciendo $a_n=\text{sn} ^2(u_n,\sqrt{2})$ vemos que la recursión para $a_n$ lleva a $u_{n+1}=u_n/2$ a través de $(2)$ y por lo tanto $u_n=u_0/2^n$.

Dado que $a_0=1/2$ tenemos que $\text{sn} (u_0,\sqrt{2})=1/\sqrt{2}$ y por lo tanto $$u_0=\int_0^{1/\sqrt{2}}\frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-2x^2)}}=\int_0^{\pi/4}(1-2\sin^2x)^{-1/2}\,dx$$ La integral anterior es igual a $$\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}(\cos x) ^{-1/2}\,dx=\frac{1}{4}B(1/4,1/2)=\frac{\Gamma^2(1/4)}{4\sqrt{2\pi}}$$ La serie en cuestión ahora se puede reescribir como: $$\sum_{n\geq 0}2^n\text{sn}(u_0/2^n)\text{sn}^2(u_0/2^{n+1})$$ y la suma esperada es igual a $(u_0/2)-\pi/8u_0$.

El término $\pi/4u_0$ en realidad es el valor de otra integral: $$\int_0^{\pi/4}(1-2\sin^2x)^{1/2}\,dx$$ que es igual a $B(3/4,1/2)/4=\Gamma^2(3/4)/\sqrt{2\pi}$ y por lo tanto podemos observar que la suma esperada de la serie es: $$\frac{1}{2}\left(\int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\sqrt{1-2\sin^2x}}-\int_{0}^{\pi/4}\sqrt{1-2\sin^2x}\,dx\right)=\int_0^{\pi/4}\frac{\sin^2x}{\sqrt{1-2\sin^2x}}\,dx$$

---

El usuario K B Dave menciona en los comentarios acerca de la función Epsilon de Jacobi $$\mathcal{E} (u, k) =\int_0^{\text{sn}(u,k)}\sqrt {\frac{1-k^2t^2}{1-t^2}}\,dt=\int_0^u\text{dn}^2(t,k)\,dt$$ la cual satisface la relación: $$\mathcal{E} (u+v, k)=\mathcal{E}(u, k)+\mathcal{E}(v,k)-k^2\text {sn}(u, k) \text{sn} (v, k) \text{sn} (u+v, k) $$ Sustituyendo $u, v$ ambos por $u/2$ y $k^2$ por $2$ obtenemos: $$2\operatorname{sn}^2(u/2)\operatorname{sn}u= 2\mathcal{E}(u/2)-\mathcal{E} (u) $$ Poniendo $u=u_0/2^n$ y multiplicando la ecuación por $2^{n-1}$ obtenemos: $$2^n\operatorname{sn}^2(u_0/2^{n+1})\operatorname{sn}(u_0/2^n)=2^n\mathcal{E}(u_0/2^{n+1})-2^{n-1}\mathcal{E}(u_0/2^n)$$ y por lo tanto nuestra serie se evalúa como: $$\lim_{n\to\infty} 2^n\mathcal{E}(u_0/2^{n+1})-\frac{1}{2}\mathcal{E}(u_0)$$ El segundo término arriba es: $$\frac{1}{2}\int_0^{\pi/4}\sqrt{1-2\sin^2t}\,dt$$ y queda por demostrar que $2^n\mathcal{E}(u_0/2^{n+1})\to u_0/2$ lo cual equivale a demostrar que $\mathcal{E} (u) /u\to 1$ cuando $u\to 0$. Afortunadamente, esto es una consecuencia fácil del teorema fundamental del cálculo.

Debería haber recordado esta función Epsilon de Jacobi porque había preguntado sobre una prueba de su fórmula de adición hace algunos años. ¡Maldición!

Answer 2

Verifique la conjetura inicial de @ParamanandSingh y muestre que NO es una serie telescópica. Utilice esta Convención de Referencia (RC) para la función elíptica de Jacobi. Sea $a_n=\text{sn}^2(u_n,k=\sqrt2)$, en resumen, suprimimos el índice $k$ y denotamos $\text{sn}(u_n)=\text{sn}(u_n,k=\sqrt2)$, la ecuación de recurrencia queda:

$$\text{sn}(u_{n+1})=\frac{1-\sqrt{1-\text{sn}^2(u_n)}}{1+\sqrt{1-2\text{sn}^2(u_n)}}$$

Utilizando las propiedades (23), (24) en RC, obtenemos

$$\text{sn}^2(u_{n+1})=\frac{1-\text{cn}(u_n)}{1+\text{dn}(u_n)}$$

Usando (69) en RC, obtenemos

$$\text{sn}^2(u_{n+1})=\text{sn}^2(\frac{u_{n}}2)\Longrightarrow u_n=\frac{1}{2}u_{n-1}\Rightarrow \boxed{a_n=\text{sn}^2(\frac{u_{0}}{2^n})}$$

donde $$u_0=\int_0^{\pi/4}\frac1{\sqrt{1-2\sin^2x}}dx=\int_0^{\pi/4}\cos^{-\frac12}(2x)dx=\frac14B\left(\frac12,\frac14\right)=\frac1{4\sqrt{2\pi}}\Gamma^2(\frac14)$$

la serie se convierte en

$$S=\sum_{n=0} 2^n \text{sn}^2(\frac{u_n}2)\text{sn}(u_{n})$$

Usando (69)

$$S=\sum_{n=0} 2^n\frac{1-\text{cn}(u_n)}{1+\text{dn}(u_n)} \text{sn}(u_{n})=\sum_{n=0} \frac{2^n\text{sn}(u_{n})}{1+\text{dn}(u_n)}-\frac{2^{n-1}\cdot2\text{sn}(u_n)\text{cn}(u_{n})}{1+\text{dn}(u_n)}\tag{*}$$

Usando (63)

$$2\text{sn}(u_n)\text{cn}(u_{n})=\frac{\text{sn}(u_{n-1})(1-2\text{sn}^4(u_n))}{\text{dn}(u_n)}$$

y (65)

$$1+\text{dn}(u_{n-1})=\frac{2-4\text{sn}^2(u_n)}{1-2\text{sn}^4(u_n)}$$

Sustituyendo en (*), obtenemos

$$S=\sum_{n=0} \frac{2^n\text{sn}(u_{n})}{1+\text{dn}(u_n)}-\frac{2^{n-1}\cdot\text{sn}(u_{n-1})}{1+\text{dn}(u_{n-1})}\cdot\frac{2(1-2\text{sn}^2(u_{n}))}{\text{dn}(u_n)(1+\text{dn}(u_n))}$$

Usando (24)

$$S=\sum_{n=0} \frac{2^n\text{sn}(u_{n})}{1+\text{dn}(u_n)}-\frac{2^{n-1}\cdot\text{sn}(u_{n-1})}{1+\text{dn}(u_{n-1})}\cdot\color{red}{\frac{2\text{dn}(u_{n})}{1+\text{dn}(u_n)}}\tag{**}$$

Comprobado numéricamente, (*)$=$(**).

Para $n=1, n=2, n=3$, la primera mitad de (**) es

$$~~~~~~~~~\sum_{n=1}^3 \frac{2^n\text{sn}(u_{n})}{1+\text{dn}(u_n)}=0.658552 + 0.655704 + 0.655526$$

la segunda mitad de (**) es

$$\sum_{n=1}^3 \frac{2^{n-1}\cdot\text{sn}(u_{n-1})}{1+\text{dn}(u_{n-1})}\cdot\color{red}{\frac{2\text{dn}(u_{n})}{1+\text{dn}(u_n)}}=0.553774 + 0.623159 + 0.646898$$

Desafortunadamente, no es una serie telescópica, debido al molesto término rojo.