Un cociente de oro de la serie a partir de un libro de historietas

Question

La octava entrega de los Filipinos de la serie de historietas Kikomachine Komix cuenta con una peculiar serie de la proporción áurea en su portada:

Es decir,

$$\phi=\frac{13}{8}+\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^{n+1}(2n+1)!}{(n+2)!n!4^{2n+3}}$$

Cómo podría esto ser probada?

Answer 1

El uso de la serie $$(1-4x)^{-1/2}=\sum_{n=0}^\infty\binom{2n}{n}x^n\etiqueta{1}$$ tenemos $$\begin{align} f(x) &=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n+1}(2n+1)!}{(n+2)!\,n!}x^{n+2}\\ &=\frac12\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\binom{2n}{n}\frac{x^{n+1}}{n+1}\\ &=\frac12\int_0^x\left[(1+4t)^{-1/2}-1\right]\,\mathrm{d}t\\ &=\frac14(1+4x)^{1/2}-\frac x2-\frac14\etiqueta{2} \end{align}$$ Por lo tanto, $$\begin{align} \frac{13}8+\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n+1}(2n+1)!}{(n+2)!\,n!4^{2n+3}} &=\frac{13}8+4f\left(\frac1{16}\right)\\ &=\frac{13}8+4\left(\frac14\left(1+\frac14\right)^{1/2}-\frac1{32}-\frac14\right)\\ &=\frac{1+\sqrt5}2\\[8pt] &=\phi\etiqueta{3} \end{align}$$

Answer 2

Primer Enfoque: Catalán Números

Algunas sencillas manipulaciones de la suma trae a la forma

$$S=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}(2(n+1))!}{(n+2)!(n+1)! 4^{2n+3}}$$

Utilizando la definición de los números de catalán esta muy bien reescribe como

$$S=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}C_{n+1}}{ 4^{2n+3}}=\frac{1}{8}\sum_{n=0}^{\infty}C_{n+1}\left(\frac{-1}{16}\right)^{n+1}$$

El uso de la generación de la función de los números de catalán,

$$\sum_{n=0}^{\infty}C_{n+1} x^{n+1}=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}-1$$

la configuración de $x=\frac{-1}{16}$ se puede concluir que la $$S=\frac{1}{8} \left(4 \sqrt{5}-9\right)$$

Además

$$S+\frac{13}{8}=\frac{\sqrt{5}}{2}-\frac{9}{8}+\frac{13}{8}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\phi$$

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Segundo Método: Contorno De Integración

OK, vamos a ver lo que el contorno de integración puede hacer.

Podemos mostrar por una sencilla aplicación de Cauchy de la integral de la fórmula, que

$$\binom{n}{k}=\frac{1}{2 \pi i}\oint_C\frac{(1+z)^{n}}{z^{k+1}}dz \quad (1)$$

donde $C$ es un círculo atravesado en sentido antihorario (con radio < $1/4$ en nuestro caso) .

Furhermore podemos observar que ($C_n$ son de nuevo catalana números)

$$C_n=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}=\binom{2n}{n}-\binom{2n}{n+1} \quad (2)$$

Ahora vamos a aplicar (1) y (2) a la función $q(x)=\sum_{n=0}^{\infty}C_{n+1}x^{n+1}$

tenemos

$$q(x)=\frac{1}{2 \pi i}\oint_C\sum_{n=0}^{\infty}x^{n+1}\left(\frac{(1+z)^{2n+2}}{z^{n+2}}-\frac{(1+z)^{2n+2}}{z^{n+3}}\right)dz$$

donde el intercambio de la suma y la integración se justifica siempre que los polos no se encuentran en el contorno de la integración (que será el caso) las sumas son ahora habituales de series geométricas y rendimiento

$$q(x)=\frac{1}{2 \pi i}\oint_C\left(-\frac{1}{z}\frac{x (z+1)^2}{x (z+1)^2-z}+\frac{1}{z^2}\frac{x (z+1)^2}{x (z+1)^2-z}\right)dz$$

Es fácil mostrar que el cero es el del denominador está dado por $z_{\pm}=\frac{-2 x\pm\sqrt{1-4 x}+1}{x 2}$ y sólo $z_-$ radica en el círculo unidad si $x<1/4$ lo cual es importante porque queremos conjunto $x=\frac{-1}{16}$ en el final. Aplicando el teorema de los residuos, obtenemos

$$q(x)=\mathrm{res}(z=0)+\mathrm{res}(z=z_{-})=-\frac{x-1}{x}+\frac{\sqrt{1-4 x}+1}{x 2}=\\ \frac{2 x+\sqrt{1-4 x}-1}{x 2}$$

Recordando la suma que usted está buscando (ver mi primera respuesta)es

$$S=\frac{1}{8}p\left(\frac{-1}{16}\right)$$

obtenemos

$$S+\frac{13}{8}=\phi$$ como se desee.

Esto también constituye una prueba de las funciones de generación para el catalán números (es $p(x)$)!

Answer 3

Una manera muy fácil de las manipulaciones de producir el equivalente de la serie

$$\frac{13}{8}-\frac1{64}\sum_{n=0}^\infty \frac{(2n+1)!}{n!(n+2)!}\a la izquierda(-\frac1{16}\right)^n$$

El problema, entonces, es evaluar

$$f(z)=\sum_{n=0}^\infty \frac{(2n+1)!}{n!(n+2)!}z^n$$

Mediante la duplicación de la fórmula para el factorial, hemos

$$\begin{align*} f(z)&=\sum_{n=0}^\infty 4^{n+\frac12}\frac{\left(n+\frac12\right)!}{\left(-\frac12\right)!}\frac{z^n}{(n+2)!}\\ Y=2\sum_{n=0}^\infty \frac{\left(n+\frac12\right)!}{\left(-\frac12\right)!}\frac{(4z)^n}{(n+2)!} \end{align*}$$

Podemos masaje de la serie de una forma más familiar de este modo:

$$\begin{align*} f(z)&=\frac{2}{(4z)^2}\sum_{n=0}^\infty \frac{\left(n+\frac12\right)!}{\left(-\frac12\right)!}\frac{(4z)^{n+2}}{(n+2)!}\\ &=\frac{1}{8z^2}\sum_{n=2}^\infty \frac{\left(n-\frac32\right)!}{\left(-\frac12\right)!}\frac{(4z)^n}{n!}\\ y=-\frac{1}{4z^2}\sum_{n=2}^\infty \frac{\left(n-\frac32\right)!}{\left(-\frac32\right)!}\frac{(4z)^n}{n!}\\ y=-\frac{1}{4z^2}\sum_{n=2}^\infty \binom{n-\frac32}{n}(4z)^n\\ \end{align*}$$

Luego nos voltear el coeficiente binomial para dar

$$\begin{align*} f(z) y=-\frac{1}{4z^2}\sum_{n=2}^\infty \binom{\frac12}{n}(-4z)^n\\ &=\frac{1}{4z^2}\left(1-2z-\sum_{n=0}^\infty \binom{\frac12}{n}(-4z)^n\right)\\ &=\frac{1}{4z^2}\left(1-2z-\sqrt{1-4z}\right) \end{align*}$$

donde la fórmula del binomio de la serie fue utilizado.

$f\left(-\frac1{16}\right)$ evalúa a $72-32\sqrt{5}$, y la sustitución de la serie con este valor y la simplificación finalmente los rendimientos de $\phi$.

Answer 4

Esta serie aparece en este lugar, hace referencia a la derivación en "la Media de Oro de la Serie de Derivación", tanto por Brian Roselle. Que la derivación se inicia con $$\phi = \frac{\sqrt{5}+1}{2},$$ reemplaza $\sqrt{5}$ $f(x) = \sqrt{x},$ expande el valor de $f$ en una serie de Taylor alrededor de $4$ (que tiene un radio de convergencia $> 1$, aunque esto no se indica), luego de evaluar que la serie en $5$. El señor Roselle describe encontrar el formulario de $f^{()} (x)$ a través de la inspección.

Sin embargo, podemos encontrar estos a través de la inducción. Queremos encontrar $f^{()} (4)$:

• $f^{(0)}(4) = 4^\frac{1}{2} = 2$.
• $f'(4) = \frac{1}{2} 4^\frac{-1}{2} = \frac{1}{4}$.
• $f"(4) = \frac{1}{2} \frac{-1}{2} 4^\frac{-3}{2} = \frac{-1}{32}$.
• Supongamos que $f^{(n)}(4) = \left. \frac{1}{2} \cdot\left( \frac{-1}{2} \cdot \frac{-3}{2} \cdot \cdots \cdot \frac{3-2n}{2} \right) x^{\frac{1}{2}-n} \right|_{x=4}$, lo que es cierto para $n=2$. Entonces $\left(f^{(n)}\right)'(4) = \left. \frac{1}{2} \cdot\left( \frac{-1}{2} \cdot \frac{-3}{2} \cdot \cdots \cdot \left( \frac{3}{2}-n \right) \cdot \left( \frac{3}{2}-(n+1) \right) \right) x^{\frac{1}{2}-(n+1)} \right|_{x=4} = f^{(n+1)}(4)$.

Para la inducción nos ha dado, por $n \geq 2$, $$\begin{align} f^{(n)}(4) &= \left. \frac{1}{2} \cdot\left( \frac{-1}{2} \cdot \frac{-3}{2} \cdot \cdots \cdot \frac{3-2n}{2} \right) x^{\frac{1}{2}-n} \right|_{x=4} \\ Y= 2^{-n}(-1)^{n-1}(2n-3)!! 4^{\frac{1}{2}-n}, \end{align}$$ donde hemos usado $k!! = \begin{casos} k(k-2)(k-4) \cdots 4 \cdot 2, y k \text{ incluso}, \, \ k(k-2)(k-4) \cdots 3 \cdot 1, & k \text{ impar} \end{casos}$. Luego de $$x suficientemente cerca de a $4$ (y una rápida prueba de razón de muestra $5$ es lo suficientemente cerca),$$ $$\begin{align} f(x) &= \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(4)}{n!}(x-4)^n \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{2^{-n}(-1)^{n-1}(2n-3)!! 4^{\frac{1}{2}-n}}{n!}(x-4)^n. \end{align}$$ $$ Reemplazar $(2n-3)!!$ con $\frac{(2n-3)!}{2^{n-2}(n-2)!}$ y $x-4$ con $1$, tire de los dos primeros sumandos y reindex $\sum_{n=2}^\infty \dots$ para comenzar a $n=0$, enchufe en $\frac{f(5)+1}{2}$, y se obtiene el formulario de $\phi$.