Serie Pregunta:$\sum_{n=0}^\infty\frac{2n!}{(2n+1)!!}=\pi$

Question

Cómo probar:$$\sum_{n=0}^\infty\frac{2n!}{(2n+1)!!}=\pi

Traté de usar la propiedad de factorial doble $$(2n+1)!!=\frac{(2n+1)!}{2^nn!}$ $ entonces$$ \frac{2n!}{(2n+1)!!}=\frac{2^{n+1}(n!)^2}{(2n+1)!} El siguiente paso que estoy atascado. Cualquier ayuda sería apreciada. Gracias por adelantado.

Answer 1

Aviso de los sumandos se pueden expresar en términos de la función Beta. Podemos usar esto para convertir la serie en una integral. $$\sum_{n=0}^\infty\frac{2\cdot n!}{(2n+1)!!} = \sum_{n=0}^\infty\frac{2^{n+1}(n!)^2}{(2n+1)!} = \sum_{n=0}^\infty 2^{n+1}\frac{\Gamma(n+1)\Gamma(n+1)}{\Gamma(2n+2)}\\ = \sum_{n=0}^\infty 2^{n+1} \int_0^1 t^n(1-t)^n dt = 2 \int_0^1 \frac{dt}{1-2t(1-t)}$$ Ahora vamos a $x = 2t-1$, podemos evaluar la integral como $$\int_{-1}^1 \frac{dx}{1-(1+x)\left(\frac{1-x}{2}\right)} = 2\int_{-1}^{1}\frac{dx}{1+x^2} = 2\left[\bronceado^{-1}(x)\right]_{-1}^1 = 4\tan^{-1}(1) = \pi$$

Answer 2

En primer lugar, una pequeña desviación: considerar el general alternando series de $S = \sum_{n=0}^\infty (-1)^na_n$. Entonces este puede ser formalmente por escrito como $\displaystyle S = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n E^n a_0 = \left(\frac1{1+E}\right)a_0$ donde $E$ es el sucesor del operador, $Ea_n = a_{n+1}$. Ahora, tenemos la identidad formal $E=1+\Delta$ donde $\Delta$ es el operador diferencia, $\Delta a_n = (a_{n+1}-a_n)$; por lo tanto, $S$ puede ser expresado como $\displaystyle S=\left(\frac1{1+E}\right)a_0$ $\displaystyle= \left(\frac1{2+\Delta}\right)a_0$ $\displaystyle =\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n\Delta^na_0}{2^{n+1}}$ Esto se conoce como Euler Transformar; estas son todas las manipulaciones formales, por supuesto, pero puede ser comprobada mediante lo que se conoce como operador o Umbral de cálculo.

Ahora, considere la posibilidad de la clásica serie de pi, $\displaystyle\frac\pi4 = \arctan(1) = \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+1}$. Luego tenemos a $a_k = \frac1{2k+1}$, por lo que $\Delta a_k = \dfrac1{2k+3}-\dfrac1{2k+1} = \dfrac{-2}{(2k+1)(2k+3)}$, $\Delta^2 a_k = \dfrac{-2}{(2k+3)(2k+5)}-\dfrac{-2}{(2k+1)(2k+3)} = \dfrac{(-2)\cdot(-4)}{(2k+1)(2k+3)(2k+5)}$, y genéricamente $\Delta^na_k = \dfrac{(-1)^n2^nn!}{(2k+1)(2k+3)\cdots(2k+2n+1)}$, lo $\Delta^na_0 = \dfrac{(-1)^n2^nn!}{(2n+1)!!}$. Conectando a la de Euler transformar la fórmula, obtenemos $\displaystyle\frac\pi4=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2^{n+1}}\cdot\frac{(-1)^n2^nn!}{(2n+1)!!}$ $\displaystyle=\sum_{n=0}^\infty \frac{n!}{2\cdot(2n+1)!!}$. Multiplicando este por 4 de los rendimientos de la suma original.

Answer 3

Considere la serie \begin{align} S = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{ 2 \ n!}{(2n+1)!!} = 2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{ 2^{n} (n!)^{2} }{(2n+1)!} \end {align} que puede ser lanzada rápidamente en el formulario \begin{align} S = 2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{ (1)_{n} (1)_{n} }{ n! (3/2)_{n} \ 2^{n} } \end {align} que produce la forma hipergeométrica \begin{align} S = 2 {}_{2}F_{1} ( 1, 1; 3/2; 1/2). \end {align} Usando las fórmulas \begin{align} {}_{2}F_{1}(1,1; c; 1/2) &= (c-1) \left[ \psi\left(\frac{c}{2}\right) - \psi\left( \frac{c-1}{2}\right) \right] \\ \psi\left(\frac{3}{4} \right) &= \frac{\pi}{2} - 3 \ln 2 - \gamma \\ \psi\left(\frac{1}{4} \right) &= - \frac{\pi}{2} - 3 \ln 2 - \gamma \end {align } Entonces la serie se convierte en \begin{align} S &= \psi\left(\frac{3}{4}\right) - \psi\left( \frac{1}{4}\right) = \pi. \end {align} Por lo tanto \begin{align} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{ n!}{(2n+1)!!} = \frac{\pi}{2}. \end {align}