Mientras estaba estudiando sumas de números poligonales he descubierto un par de fórmulas para $\pi$. La mayoría de las fórmulas que he encontrado ya eran conocidos, pero me parece que no puede encontrar ninguna referencia a los siguientes cuatro: $$\pi=\sum_{n=1}^\infty \frac{3}{n(2n-1)(4n-3)},$$ $$\pi=\sum_{n=1}^\infty \frac{3\sqrt{3}}{(3n-1)(3n-2)},$$ $$\pi=4\sqrt{3}\sum_{n=1}^\infty \frac{12n-5}{8n(2n-1)(3n-1)(6n-5)},$$ $$\pi=16\sum_{n=1}^\infty \frac{864n(n-1)+226}{(12n-1)(12n-5)(12n-7)(12n-11)(4n-1)(4n-3)}.$$ Son las fórmulas de arriba sabe? He mirado aquí y aquí. Debido a su simplicidad, se me hace difícil creer que la primera de las dos fórmulas son desconocidos.
Respuesta
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La segunda fórmula es conocida desde el análisis de Fourier, y tal vez que es un lugar para buscar otras fórmulas así. La serie de Fourier de $f(x)={\pi-x \over 2}$ está dado por $${\pi-x \over 2}=\sum_{n=1}^\infty {\sin(nx)\over n}, \qquad 0<x<2\pi$$ Deje $x={2\pi\over 3}$, y se obtiene la segunda fórmula de arriba.
Adenda: La tercera fórmula puede ser muestra de la misma manera como la segunda. Por el método de fracciones parciales, la suma puede ser reescrita como $$4\sqrt3 \sum_{n=1}^\infty {12n-5 \over 8n(2n-1)(3n-1)(6n-5)}=3\sqrt3 \sum_{n=1}^\infty \Bigl({1\over 6n}-{1\over 6n-2}-{1\over 6n-3}+{1\over 6n-5}\Bigr)$$ La última expresión es igual a $$6\sum_{n=1}^\infty {\sin\bigl((n+1){\pi\over 3}\bigr)\over n}$$ que pueden sumarse para producir el resultado $\pi$.
Es una manera de hacer esto es para ampliar el nominador $\sin((n+1){\pi\over 3})={1\over 2}\sin({n\pi\over 3})+{\sqrt3\over 3}\cos({n\pi\over 3})$ y el uso de las fórmulas $\sum_{n=1}^\infty{\sin(nx)\over n}={\pi-x\over 2}$$\sum_{n=1}^\infty{\cos(nx)\over n}=\log(2-2\cos(x))$, que son válidos para $0<x<2\pi$, y para evaluar estas expresiones en $x={\pi\over 3}$.
Adenda ahora Nos derivan los dos restantes fórmulas. Parcial de las fracciones en la primera fórmula de los rendimientos $$\sum_{n=1}^\infty{3\over n(2n-1)(4n-3)}=4\sum_{n=1}^\infty\Bigl({1\over 4n}-{3\over 4n-2}+{2\over 4n-3}\Bigr)$$ Aquí tenemos más de una función trigonométrica, pero es posible reescribir esto como $$4\sum_{n=1}^\infty {\sin(n{\pi\over 2})+2\cos(n{\pi\over 2})-\cos(n\pi) \over n}=4\Bigl(f\Bigl({\pi\over 2}\Bigr)+2g\Bigl({\pi\over 2}\Bigr)-g(\pi)\Bigr) = 4\Bigl({\pi\over 4}+8\log(2)-4\log(4)\Bigr)=\pi$$ donde$f(x)={\pi-x\over 2}$$g(x)=-{1\over 2}\log(2-2\cos(x))$, como en el anterior.
Finalmente, fracciones parciales en la cuarta fórmula de los rendimientos $$16\sum_{n=1}^\infty {864n(n-1)+226\over (12n-1)(12n-5)(12n-7)(12n-11)(4n-1)(4n-3)}$$ $$=6\sum_{n=1}^\infty\Bigl(-{1\over 12n-1}+{2\over 12n-3}-{1\over 12n-5}+{1\over 12n-7}-{2\over 12n-9}+{1\over 12n-11}\Bigr) $$ $$= 6\sum_{n=1}^\infty{-{1\over 3}\sin{n\pi\over 6}+{4\over 3}\sin{3n\pi\over 6}-{1\over 3}\sin{5n\pi\over 6} \over n}$$ $$=6\Bigl(-{1\over 3}f\Bigl({\pi\over 6}\Bigr)+{4\over 3}f\Bigl({3\pi\over 6}\Bigr)-{1\over 3}f\Bigl({5\pi\over 6}\Bigr)\Bigr)=6\Bigl(-{1\over 3}{5\pi\over 12}+{4\over 3}{\pi\over 4}-{1\over 3}{\pi\over 12}\Bigr)=\pi$$ donde todavía tenemos $f(x)={\pi-x\over 2}$.
Adenda: La serie de Fourier de una función $f(x)$ definido en el intervalo de $[0,2\pi]$ está dado por $$a_0+\sum_{n=1}^\infty\bigl(a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx)\bigr)$$ donde $$a_0={1\over 2\pi}\int_0^{2\pi}f(x){\rm d}x,\qquad a_n={1\over \pi}\int_0^{2\pi}f(x)\cos(nx){\rm d}x,\qquad b_n={1\over \pi}\int_0^{2\pi}f(x)\sin(nx){\rm d}x$$ En nuestro caso, obtenemos $a_n=0$ todos los $n\geq 0$ a partir de la simetría de $f(x)$ sobre el punto de $x=\pi$ (es decir, $f(\pi-x)=-f(\pi+x)$), y obtenemos $b_n={1\over n}$ por integración por partes. La serie de Fourier se convergen a $f(x)$ en todos los puntos donde (el periódico de extensión de) $f$ es diferenciable.
