¿Por qué los extremos de la serie de Maclaurin para arcsen convergen?

Question

La serie $$\sum_{n=0}^\infty {{-\frac {1} 2} \choose n} \frac{(-1)^n}{2n+1}$$ es un punto final para la serie de Maclaurin para arcsen(x). (El otro extremo es sólo la negativa de este.) He jugado un poco y lo convirtió en tres (potencialmente útil) formas :

$\sum_{n=0}^\infty \frac12\frac34\frac56\cdots\frac{2n-1}{2n} \frac{1}{2n+1}$

$\sum_{n=0}^\infty \left( 1-\frac 1 2 \right) \left( 1-\frac 1 4 \right)\cdots \left( 1-\frac 1 {2n} \right)\frac{1}{2n-1}$

$\sum_{n=0}^\infty \dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\dfrac{1}{2n+1}$,

pero no estoy seguro de donde uno podía ir desde aquí.

Answer 1

Método 1:

En primer lugar, tenemos $$ \frac{(-1)^n}{2n+1}\binom{-1/2}{n}=\frac{1}{2n+1}\binom{n-1/2}{n}\etiqueta{1} $$ y $$ \binom{n-1/2}{n}=\frac{\Gamma(n+1/2)}{\Gamma(n+1)\Gamma(1/2)}=\frac{\Gamma(n+1/2)}{\Gamma(n+1)\sqrt{\pi}}\tag{2} $$ Por Gautschi la Desigualdad, tenemos que $$ \frac{1}{\sqrt{n+1}}\le\frac{\Gamma(n+1/2)}{\Gamma(n+1)}\le\frac{1}{\sqrt{n}}\etiqueta{3} $$ Por lo tanto, tenemos que $$ \frac{1}{(2n+1)\sqrt{\pi}}\frac{1}{\sqrt{n+1}}\le\frac{(-1)^n}{2n+1}\binom{-1/2}{n}\le\frac{1}{(2n+1)\sqrt{\pi}}\frac{1}{\sqrt{n}}\tag{4} $$ En comparación a $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{3/2}} $$ Tenemos que la serie converge.

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Método 2:

Como Gerry Myerson sugiere, a Stirling Aproximación da $$ \binom{2n}{n}\sim\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}\etiqueta{5} $$ Así el término en su tercera forma es $$ \frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\frac{1}{2n+1}\sim\frac{1}{\sqrt{\pi n}}\frac{1}{2n+1}\etiqueta{6} $$ De nuevo, la comparación con $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{3/2}} $$ los rendimientos de la convergencia de la serie.

Answer 2

Para $n \geq 1$ vamos $$f_n(x) = \frac{1}{2n - 1} + \frac{2n - 1}{2n} x $$ A continuación, el $N$-ésima suma parcial $S_N$ es $$ S_N = \sum_{n=0}^N\frac{1}{2} \frac{3}{4} \cdots \frac{2n - 1}{2n} \frac{1}{2n + 1} = f_1 \circ f_2 \circ \cdots \circ f_N \left( \frac{1}{2N+1} \right) $$

Cada una de las $f_n$ mapas el intervalo de $[0, 2]$ dentro de sí mismo y, por tanto, todas las sumas parciales están acotadas por arriba por $2$.

Answer 3

He aquí otro enfoque. Podemos escribir la abreviatura $m!$ $\Gamma(m+1)$ donde $\Gamma$ es la función gamma.

Deje $a_n = \displaystyle\frac{(-1)^n}{2n+1} {-\frac{1}{2} \choose n}$. Entonces $$\begin{eqnarray*} \frac{a_{n+1}}{a_n} &=& -\frac{2n+1}{2n+3} \, \frac{{-\frac{1}{2}\choose n+1}}{{-\frac{1}{2}\choose n}} \\ &=& -\frac{2n+1}{2n+3} \, \frac{(-\frac{1}{2})!}{(n+1)!(-\frac{1}{2}-n-1)!}\, \frac{n!(-\frac{1}{2}-n)!}{(-\frac{1}{2})!} \\ &=& -\frac{2n+1}{2n+3}\, \frac{-\frac{1}{2}-n}{n+1} \\ &=& \frac{(2n+1)^2}{2(n+1)(2n+3)} \\ &=& 1-\frac{3}{2n} +O\left(\frac{1}{n^2}\right). \end{eqnarray*}$$ Desde $3/2>1$ la serie converge por Raabe de la prueba. (Tenga en cuenta que el $a_n$s son positivas, por lo que no se moleste en tomar el valor absoluto.)

Answer 4

Otro enfoque sería Stirling closedly relacionados con Wallis de la fórmula. Da

$$\lim_{n \to \infty} \frac{(2n)!}{(2n-1)!}\frac{1}{\sqrt n}=\sqrt{\pi}$$

Esto significa que su $n$th plazo es asintóticamente igual a

$$ {\sqrt{\frac 1 {\pi n}}}\frac{1}{2n+1}$$

lo que explica por qué la serie converge. En particular,

$$\lim_{n \to \infty} \frac{n^{3/2}}{\sqrt{n}(2n+1)}=\frac 1 2 $$ so the convergence of $$\sum_{n >0} n^{-3/2} $$ implica que de su serie.