¿Cómo hace uno para mostrar que $\sum_{n=0}^{\infty}\left(-{1\over x}\right)^n\cdot{\Gamma\left({2n+1\over 2}\right)\over n!}=\sqrt{{x\pi\over x+1}}?$

Question

Considere la posibilidad de $(1)$

$$\sum_{n=0}^{\infty}\left(-{1\over x}\right)^n\cdot{\Gamma\left({2n+1\over 2}\right)\over n!}=S\tag1$$ $x>0$

¿Cómo hace uno para mostrar que $S=\sqrt{{x\pi\over x+1}}$

Un intento:

$$\Gamma\left({1\over 2}+n\right)={(2n-1)!!\sqrt{\pi}\over 2^n}$$

$(1)$ se convierte en

$$\sum_{n=0}^{\infty}\left(-{1\over x}\right)^n\cdot{(2n-1)!!\over 2^n}\cdot{1\over n!}=\sqrt{x\over x+1}\tag2$$

más a

$$\sum_{n=0}^{\infty}\left(-{1\over x}\right)^n\cdot{1\over 2^n(2n-2)!!}=\sqrt{x\over x+1}\tag3$$

Answer 1

Queremos calcular ($x>1$)

$$ S=\sum_{n\geq0}\frac{(-1/x)^n}{n!}\Gamma(n+1/2) $$

tenemos que $\Gamma(n+1/2)=\int_0^{\infty} t^{n-1/2}e^{-t}dt$

así

$$ S=\int_0^{\infty}dte^{-t}t^{-1/2}\sum_{n\geq 0}\frac{(-t/x)^n}{n!}=\int_0^{\infty}dte^{-t(1+1/x)}t^{-1/2}=\frac{\sqrt{\pi x}}{\sqrt{1+x}} $$

el intercambio de la suma y la integral es justificado desde $\int_0^{\infty}e^{-t}t^z$ converge absolutamente para cualquier $z>-1$ y la última integral se puede convertir en una simple Gaussiano uno a través de $t\rightarrow t^2$

---

nota el no límite obvio $\lim_{x\rightarrow\infty} S(x)=\sqrt{\pi}$

Answer 2

Tomamos nota de que

$$\frac{\Gamma \left ( n+\frac12 \right )}{\Gamma \left ( n+1 \right )} = \frac1{\sqrt{\pi}} \int_0^1 dy \, y^{-1/2} (1-y)^{n-1/2} $$

Entonces

$$\begin{align}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\Gamma \left ( n+\frac12 \right )}{\Gamma \left ( n+1 \right )} w^n &= \frac1{\sqrt{\pi}} \int_0^1 dy \, y^{-1/2} (1-y)^{-1/2} \sum_{n=0}^{\infty} [(1-y) w]^n \\ &= \frac1{\sqrt{\pi}} \int_0^1 dy \, \frac{y^{-1/2} (1-y)^{-1/2}}{1-w (1-y)} \\ &= \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^1 dy \frac{(1-y^2)^{-1/2}}{1-w (1-y^2)} \\ &= \frac1{2 \sqrt{\pi}} \int_0^{2 \pi} \frac{d\theta}{1-w \sin^2{\theta}} \end{align}$$

donde suponemos que $|w| \lt 1$. Que la última integral se puede realizar cualquier número de formas, por ejemplo, la extensión del plano complejo y el teorema de los residuos. El resultado es $2 \pi/\sqrt{1-w}$. Por lo tanto,

$$S = \sqrt{\frac{\pi}{1+\frac1{x}}} = \sqrt{\frac{\pi x}{x+1}} $$

ANEXO

Vamos a ilustrar cómo hacer que la última integral.

$$\int_0^{2 \pi} \frac{d\theta}{1-w \sin^2{\theta}} = 2 \int_0^{\pi} \frac{d\theta}{1-w \sin^2{\theta}} = 2 \int_0^{\pi} \frac{d\theta}{1-w/2 + (w/2) \cos{2 \theta}} = \int_0^{2 \pi}\frac{d\theta}{1-w/2+(w/2) \cos{\theta}}$$

Las anteriores manipulaciones servir para mostrar cómo reducir potencialmente complicado problema en uno de los mucho menos sucio. En este caso, hemos reducido el número de polos en el plano complejo de cuatro a dos.

Ahora se expresa como un complejo integral de usar $z=e^{i \theta}$; la integral es igual a

$$-i 2 \oint_{|z|=1} \frac{dz}{(w/2) z^2 + (2-w) z+(w/2)} $$

Los polos de el integrando se a $z_{\pm}=[-(2-w) \pm 2 \sqrt{1-w}]/w$, y el único polo en el interior del círculo unitario es $z_+$. Por lo tanto, por el teorema de los residuos, la integral es igual a $i 2 \pi$ veces el residuo en la que el polo, el residuo es igual a $1/(2 \sqrt{1-w})$. Por lo tanto la integral es igual a $2 \pi/\sqrt{1-w}$ como se afirma.

Answer 3

$$ \sum_{n=0}^\infty \left(-\frac{1}{x}\right)^n\frac{1}{n!}\frac{1}{4^n}\frac{(2n)!}{n!}\sqrt{\pi} = \sum_{n=0}^\infty \left(-\frac{1}{4x}\right)^n\frac{(2n)!}{(n!)^2}\sqrt{\pi} = \sum_{n=0}^\infty \left(-\frac{1}{4x}\right)^n\left(\matriz{2n\\n}\right)\sqrt{\pi} $$ el final es de la forma $$ \sum_{k=0}^\infty \left(\matriz{2k\\k}\right)z^k = \frac{1}{\sqrt{1-4z}}\;\;\text{si}\;\; |z| <1/4 $$ (ver wiki)

si tenemos $$ \left|\frac{1}{-4x}\right| =\left|\frac{1}{4x}\right| < \frac{1}{4} $$ entonces tenemos $$ \sum_{n=0}^\infty \left(-\frac{1}{4x}\right)^n\left(\matriz{2n\\n}\right)\sqrt{\pi} = \frac{1}{\sqrt{1-4\frac{1}{-4x}}}\sqrt{\pi}= \sqrt{\frac{x\pi}{1+x}} $$

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\sum_{n = 0}^{\infty}\pars{-\,{1 \over x}}^{n}\, {\Gamma\pars{\bracks{2n + 1}/2}\over n!} = \pars{-\,{1 \over 2}}!\sum_{n = 0}^{\infty} {n - 1/2 \choose n}\pars{-\,{1 \over x}}^{n} \\[5mm] = &\ \root{\pi}\sum_{n = 0}^{\infty}\bracks{{- 1/2 \choose n}\pars{-1}^{n}} \pars{-\,{1 \over x}}^{n} = \root{\pi}\pars{1 + {1 \over x}}^{-1/2} = \bbx{\ds{\root{\pi x \over x + 1}}} \end{align}

Answer 5

También podemos probar esto y trabajar hacia atrás a partir de la integral de la $\int_0^\infty\frac{t^{x-1}}{(1+t)^{x+y}}dt=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ y la aplicación de Ramanujan maestro del teorema.

Empezamos con la siguiente integral: $$\begin{align*} \int_0^\infty\sqrt{\frac{\pi/t}{1+1/t}}t^{s-1}dt &=\sqrt{\pi}\int_0^\infty\frac{u^{-s-1/2}}{(1+u)^{1/2}}du,\;\;t=u^{-1} \\ &=\sqrt{\pi}\int_0^\infty\frac{u^{1/2-s-1}}{(1+u)^{1/2-s+s}}du \\ &=\Gamma(1/2-s)\Gamma(s),\;\;0<\Re [s]<1/2. \end{align*}$$

Lo que implica que $\phi(s)=\Gamma(1/2+s)$. Así entonces tenemos

$$\begin{align*}\sqrt{\frac{\pi/t}{1+1/t}}&=\sum_{n=0}^\infty\frac{\phi(n)}{n!}(-t)^n\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{\Gamma(1/2+n)}{n!}(-t)^n,\;\;|t|<1. \end{align*} $$

La sustitución de $t$ $1/t$ los rendimientos de su suma.