Espansione $\arctan$ Eulero
Ciao, amici! Leggo dell'interessante serie che Eulero ha dimostrato convergere (cosa che fa piuttosto "rapidamente") ad \(\arctan x\) per ogni $x\in (-1,1)$\[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{2n} (n!)^2 x^{2n+1}}{(2n+1)!(1+x^2)^{n+1}}\]
Non ne trovo una dimostrazione. Qualcuno ha un'idea di come si possa dimostrare? Taylor e Fourier non mi sembrano fare al caso...
$\infty$ grazie a tutti!!!
Non ne trovo una dimostrazione. Qualcuno ha un'idea di come si possa dimostrare? Taylor e Fourier non mi sembrano fare al caso...
$\infty$ grazie a tutti!!!
Risposte
Messaggio cancellato dall'amministrazione perché contenente un off-topic.
L'off topic era in realtà uno spoiler. Potevate cancellare solo quest'ultimo ed invece avete cancellato anche la soluzione... Peccato, mi era venuta lunga ma simpatica 
@DavideGenova
Sarà per un'altra volta...
@DavideGenova
Sarà per un'altra volta...
Dalla Combinatoria si ha :
(0) $(2n)!! =2^n n!$
(1)$(2n+1)!! ={(2n+1)!}/{2^n n!}$
Per $|z|<1$ poniamo:
(2) $x=f(z)={\arcsin z}/{\sqrt{1-z^2}}$
da cui ricaviamo che :
(3) $\arcsin z=x\sqrt{1-z^2}$
Derivando la (3) rispetto ad z:
$1/{\sqrt{1-z^2}}=\sqrt{1-z^2}{dx}/{dz}-{xz}/{\sqrt{1-z^2}}$
da cui la relazione :
(4) ${dx}/{dz}-z^2{dx}/{dz}-xz-1=0$
Dalla (2) si nota che $x=f(z)$ è una funzione dispari di z e pertanto si può tentare di porla nella forma:
(5) $x=Az+Bz^3+Cz^5+Dz^7+...$
e sostituendo nella (4) in modo da ridurla ad una identità, si ottiene che (lascio a te i dettagli del calcolo):
$A=1,B=2/3,C={2 \cdot 4}/{3\cdot 5},D={2\cdot 4\cdot 6}/{3\cdot 5\cdot 7},...$
Generalizzando e sostituendo nella (5) :
$x=\sum_{n=0}^{oo}{(2n)!!}/{(2n+1)!!}z^{2n+1}$
Facendo uso delle (0) e (1), con qualche facile calcolo si ha poi :
$x=\sum_{n=0}^{oo}{2^{2n} (n!)^2}/{(2n+1)!}z^{2n+1}$
In questo modo la (3) diventa:
$\arcsin z=\sqrt{1-z^2}\cdot\sum_{n=0}^{oo}{2^{2n} (n!)^2}/{(2n+1)!}z^{2n+1} $
D'altra parte dalla trigonometria è noto che $arcsin z=arctan (z/{\sqrt{1-z^2}})$ e quindi si ha:
(6) $\arctan(z/{\sqrt{1-z^2}}) =\sqrt{1-z^2}\cdot\sum_{n=0}^{oo}{2^{2n} (n!)^2}/{(2n+1)!}z^{2n+1} $
Poniamo ora $u={z}/{\sqrt{1-z^2}}$ da cui le formule $z=u/{\sqrt{1+u^2}},\sqrt{1-z^2}=1/{\sqrt{1+u^2}}$
e quindi sostituendo nella (6) :
$\arctan u=1/{\sqrt{1+u^2}}\sum_{n=0}^{oo}{2^{2n} (n!)^2}/{(2n+1)!}{u^{2n+1}}/{(\sqrt{1+u^2})^{2n+1}}=\sum_{n=0}^{oo}{2^{2n} (n!)^2}/{(2n+1)!}{u^{2n+1}}/{(\sqrt{1+u^2})^{2n+2}}$
Alla fine risulta :
$\arctan u=\sum_{n=0}^{oo}{2^{2n} (n!)^2}/{(2n+1)!}{u^{2n+1}}/{(1+u^2)^{n+1}}$
Q.E.D.
(0) $(2n)!! =2^n n!$
(1)$(2n+1)!! ={(2n+1)!}/{2^n n!}$
Per $|z|<1$ poniamo:
(2) $x=f(z)={\arcsin z}/{\sqrt{1-z^2}}$
da cui ricaviamo che :
(3) $\arcsin z=x\sqrt{1-z^2}$
Derivando la (3) rispetto ad z:
$1/{\sqrt{1-z^2}}=\sqrt{1-z^2}{dx}/{dz}-{xz}/{\sqrt{1-z^2}}$
da cui la relazione :
(4) ${dx}/{dz}-z^2{dx}/{dz}-xz-1=0$
Dalla (2) si nota che $x=f(z)$ è una funzione dispari di z e pertanto si può tentare di porla nella forma:
(5) $x=Az+Bz^3+Cz^5+Dz^7+...$
e sostituendo nella (4) in modo da ridurla ad una identità, si ottiene che (lascio a te i dettagli del calcolo):
$A=1,B=2/3,C={2 \cdot 4}/{3\cdot 5},D={2\cdot 4\cdot 6}/{3\cdot 5\cdot 7},...$
Generalizzando e sostituendo nella (5) :
$x=\sum_{n=0}^{oo}{(2n)!!}/{(2n+1)!!}z^{2n+1}$
Facendo uso delle (0) e (1), con qualche facile calcolo si ha poi :
$x=\sum_{n=0}^{oo}{2^{2n} (n!)^2}/{(2n+1)!}z^{2n+1}$
In questo modo la (3) diventa:
$\arcsin z=\sqrt{1-z^2}\cdot\sum_{n=0}^{oo}{2^{2n} (n!)^2}/{(2n+1)!}z^{2n+1} $
D'altra parte dalla trigonometria è noto che $arcsin z=arctan (z/{\sqrt{1-z^2}})$ e quindi si ha:
(6) $\arctan(z/{\sqrt{1-z^2}}) =\sqrt{1-z^2}\cdot\sum_{n=0}^{oo}{2^{2n} (n!)^2}/{(2n+1)!}z^{2n+1} $
Poniamo ora $u={z}/{\sqrt{1-z^2}}$ da cui le formule $z=u/{\sqrt{1+u^2}},\sqrt{1-z^2}=1/{\sqrt{1+u^2}}$
e quindi sostituendo nella (6) :
$\arctan u=1/{\sqrt{1+u^2}}\sum_{n=0}^{oo}{2^{2n} (n!)^2}/{(2n+1)!}{u^{2n+1}}/{(\sqrt{1+u^2})^{2n+1}}=\sum_{n=0}^{oo}{2^{2n} (n!)^2}/{(2n+1)!}{u^{2n+1}}/{(\sqrt{1+u^2})^{2n+2}}$
Alla fine risulta :
$\arctan u=\sum_{n=0}^{oo}{2^{2n} (n!)^2}/{(2n+1)!}{u^{2n+1}}/{(1+u^2)^{n+1}}$
Q.E.D.
"DavideGenova":
Leggo dell'interessante serie che Eulero ha dimostrato convergere (cosa che fa piuttosto "rapidamente") ad \( \arctan x \) per ogni $ x\in (-1,1) $\[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{2n} (n!)^2 x^{2n+1}}{(2n+1)!(1+x^2)^{n+1}} \]
Non ne trovo una dimostrazione. Qualcuno ha un'idea di come si possa dimostrare? Taylor e Fourier non mi sembrano fare al caso...
E invece...
Dovrebbe esser noto che:
\[
\tag{1}
\arctan x = \intop_0^x \frac{1}{1+t^2}\ \text{d} t
\]
visto il TFCI. Facendo la sostituzione \(t=x\sqrt{1-u}\) in (1) si ottiene:
\[
\tag{2}
\begin{split}
\arctan x &= \intop_1^0 \frac{1}{1+x^2(1-u)}\ \frac{-x}{2\ \sqrt{1-u}}\ \text{d} u\\
&= x\ \intop_0^1 \frac{1}{(1+x^2)-x^2\ u}\ \frac{1}{2\ \sqrt{1-u}}\ \text{d} u\\
&= \frac{x}{1+x^2}\ \intop_0^1 \frac{1}{1-\frac{x^2}{1+x^2}\ u}\ \frac{1}{2\ \sqrt{1-u}}\ \text{d} u
\end{split}
\]
dato che:
\[
0\leq u\leq 1\quad \Rightarrow \quad 0\leq \frac{x^2}{1+x^2}\ u\leq \frac{x^2}{1+x^2} \color{red}{<1}
\]
si può usare la serie geometrica per ottenere lo sviluppo uniformemente convergente:
\[
\frac{1}{1-\frac{x^2}{1+x^2}\ u} = \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{x^2}{1+x^2}\right)^n\ u^n
\]
da cui, per passaggio al limite sotto integrale, si trae:
\[
\begin{split}
\intop_0^1 \frac{1}{1-\frac{x^2}{1+x^2}\ u}\ \frac{1}{2\ \sqrt{1-u}}\ \text{d} u &= \intop_0^1 \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{x^2}{1+x^2}\right)^n\ u^n\ \frac{1}{2\ \sqrt{1-u}}\ \text{d} u\\
&= \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{x^2}{1+x^2}\right)^n\ \underbrace{\intop_0^1 u^n\ \frac{1}{2\ \sqrt{1-u}}\ \text{d} u}_{\color{maroon}{=:a_n}}\; ,
\end{split}
\]
cosicché dalla (2) segue la:
\[
\tag{3}
\arctan x = \sum_{n=0}^\infty a_n\ \frac{x^{2n+1}}{(1+x^2)^{n+1}} \; .
\]
Per mostrare che la (3) fornisce proprio lo sviluppo in serie citato, basta calcolare esplicitamente i coefficienti \(a_n\) che vi figurano.[nota]I calcoli che seguono dovrebbero essere noti, in quanto essi si fanno pari-pari in una delle più diffuse dimostrazioni del prodotto di Wallis.[/nota]
Abbiamo:
\[
\begin{split}
a_n &= \intop_0^1 u^n\ \frac{1}{2\ \sqrt{1-u}}\ \text{d} u\\
&\stackrel{u=\sin^2 \theta}{=} \intop_0^{\pi/2} \sin^{2n}\theta\ \frac{1}{\cancel{2}\ \cancel{\sqrt{1-\sin^2 \theta}}}\ \cancel{2}\ \sin \theta\ \cancel{\cos \theta}\ \text{d} \theta\\
&= \intop_0^{\pi/2} \sin^{2n+1}\theta\ \text{d} \theta\; ,
\end{split}
\]
sicché gli \(a_n\) sono integrali trigonometrici del tipo che si calcola mediante note formule di riduzione per ricorsione; in particolare, è[nota]Qui e nel seguito uso la notazione:
\[
\mathcal{I}_k(a,b) := \int_a^b \sin^k\theta\ \text{d} \theta\; .
\][/nota]:
\[
\begin{split}
a_n &= \mathcal{I}_{2n+1} (0,\pi/2) \\
&= \cancel{\left. -\frac{1}{2n+1}\ \sin^{2n}\theta\ \cos \theta\right|_0^{\pi/2}} + \frac{2n}{2n+1}\ \mathcal{I}_{2n-1} (0,\pi/2)\\
&= \frac{2n}{2n+1}\ \mathcal{I}_{2n-1} (0,\pi/2)\\
&= \frac{2n}{2n+1} \left( \cancel{\left. -\frac{1}{2n-1}\ \sin^{2n-2}\theta\ \cos \theta\right|_0^{\pi/2}} + \frac{2n-2}{2n-1}\ \mathcal{I}_{2n-3} (0,\pi/2)\right)\\
&= \frac{2n}{2n+1}\ \frac{2n-2}{2n-1}\ \mathcal{I}_{2n-3} (0,\pi/2)\\
&= \frac{2n}{2n+1}\ \frac{2n-2}{2n-1}\ \left( \cancel{\left. -\frac{1}{2n-3}\ \sin^{2n-4}\theta\ \cos \theta\right|_0^{\pi/2}} + \frac{2n-4}{2n-3}\ \mathcal{I}_{2n-5} (0,\pi/2)\right)\\
&= \frac{2n}{2n+1}\ \frac{2n-2}{2n-1}\ \frac{2n-4}{2n-3}\ \mathcal{I}_{2n-5} (0,\pi/2)\\
&\vdots\\
&= \frac{2n}{2n+1}\ \frac{2n-2}{2n-1}\ \frac{2n-4}{2n-3}\cdots \frac{4}{5}\ \frac{2}{3} \mathcal{I}_1 (0,\pi/2)\\
&= \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\ \intop_0^{\pi/2}\sin \theta\ \text{d} \theta\\
&= \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\; ;
\end{split}
\]
ma d'altra parte è:
\[
\begin{split}
(2n)!! &= 2^n n!\\
(2n+1)! &= (2n)!!\ (2n+1)!!
\end{split}
\]
epperò:
\[
\tag{4}
a_n = \frac{(2n)!!\ (2n)!!}{(2n)!!\ (2n+1)!!} = \frac{2^{2n}\ (n!)^2}{(2n+1)!}\; ,
\]
come si voleva.
@ ciromario: Tutti i post sono utili, ma nessuno è indispensabile. Inoltre...
Bellissime!!! Oltretutto vedo che non fate alcuna ipotesi (Gugo assume che sia non negativo, ma dalla disparità della funzione \(\arctan\) segue che la serie vale anche se è negativo) sull'argomento dell'arcotangente, che può quindi stare anche fuori dall'intervallo $(-1,1)$. Molto interessante...
$\infty$ grazie a tutti e due!!!
$\infty$ grazie a tutti e due!!!
"DavideGenova":
Gugo assume che [$x$, n.d. gugo82] sia non negativo [...]
E dove?
"gugo82":Ehm... Delirio notturno sugli estremi di integrazione e il fatto che $t$ sta tra 0 e $x$, ma ciò può ovviamente significare sia \(t\in[0,x]\) sia \(t\in[x,0]\).
E dove?
Appunto...
Quando \(x<0\) il TFCI funziona lo stesso ed assicura che:
\[
\int_0^x \frac{1}{1+t^2}\ \text{d} t = - \int_x^0 \frac{1}{1+t^2}\ \text{d} t = - \left. \arctan t\right|_x^0 = -\big( \arctan 0 -\arctan x\big) = \arctan x\; .
\]
Quando \(x<0\) il TFCI funziona lo stesso ed assicura che:
\[
\int_0^x \frac{1}{1+t^2}\ \text{d} t = - \int_x^0 \frac{1}{1+t^2}\ \text{d} t = - \left. \arctan t\right|_x^0 = -\big( \arctan 0 -\arctan x\big) = \arctan x\; .
\]
Grazie di cuore ancora!
[xdom="gugo82"]Se non te ne fossi ancora accorto, nessuno sta cancellando nulla, dato che il tuo contatore si incrementa ugualmente.
I tuoi messaggi OT ( inutili e davvero puerili, per un uomo della tua età[nota]Ancor più perché provengono da qualcuno che ha, o ha avuto, la dignità di docente.[/nota]) vengono stipati in un apposito cassonetto, proprio come l'immondizia cui così spesso ti riferisci.
Come vedi, anche qui a Napoli abbiamo cominciato la raccolta differenziata, riportando un certo successo.
[/xdom]
I tuoi messaggi OT ( inutili e davvero puerili, per un uomo della tua età[nota]Ancor più perché provengono da qualcuno che ha, o ha avuto, la dignità di docente.[/nota]) vengono stipati in un apposito cassonetto, proprio come l'immondizia cui così spesso ti riferisci.
Come vedi, anche qui a Napoli abbiamo cominciato la raccolta differenziata, riportando un certo successo.
[/xdom]
Ci metto il becco pure io.
\(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2n}\left(n!\right)^{2}x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!\left(1+x^{2}\right)^{n+1}}=
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2n}\left(n!\right)^{2}}{\left(2n+1\right)!}x^{2n+1}\sum_{k=0}^{\infty}\binom{-n-1}{k}x^{2k}=\)
\(
\displaystyle
\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2^{2n}\left(n!\right)^{2}}{\left(2n+1\right)!}\binom{-n-1}{k}x^{2(n+k)+1}=
\sum_{j=0}^{\infty}\left(\sum_{n=0}^{j}\frac{2^{2n}\left(n!\right)^{2}}{\left(2n+1\right)!}\binom{-n-1}{j-n}\right)x^{2j+1}=\sum_{n=0}^{\infty}s_{j}x^{2j+1}
\)
\(
\displaystyle
s_{j}=\sum_{n=0}^{j}\frac{2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}\binom{-n-1}{k}=\sum_{n=0}^{j}\frac{2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}\frac{(-n-1)(-n-2)\ldots(-j)}{(j-n)!}=\sum_{n=0}^{j}\frac{2^{2n}(n!)^{2}(-1)^{j-n}(n+1)(n+2)\ldots(j)}{(2n+1)!(j-n)!}=\sum_{n=0}^{j}\frac{(-1)^{j-n}2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}\binom{j}{j-n}=\sum_{n=0}^{j}\frac{(-1)^{j-n}2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}\binom{j}{n}
\sum_{n=0}^{j}\frac{(-1)^{j-n}2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}\frac{j!}{n!(j-n)!}=\sum_{n=0}^{j}\frac{(-1)^{j-n}2^{2n}(n!)j!}{(2n+1)!(j-n)!}
\)
Calcoliamo \(\displaystyle s_j\)
\(\displaystyle
s_{j}=\sum_{n=0}^{j}a_{n}
\)
\( \displaystyle
a_{n}=\frac{(-1)^{j-n}2^{2n}(n!)j!}{(2n+1)!(j-n)!}
\)
\(\displaystyle
a_0=(-1)^j
\)
\(\displaystyle
\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{(-1)^{j-n-1}2^{2n+2}(n+1)!j!}{(2n+3)!(j-n-1)!}\frac{(2n+1)!(j-n)!}{(-1)^{j-n}2^{2n}n!j!}=\frac{2n-2j}{2n+3}=1-\frac{3+2j}{2n+3}
\)
\(\displaystyle
(3+2j)a_{n}=(2n+3)(a_{n}-a_{n+1})=2a_{n}+(2n+1)a_{n}-(2n+3)a_{n+1}
\)
\(\displaystyle
(3+2j)\sum_{n=0}^{j-1}a_{n}=2\sum_{n=0}^{j-1}a_{n}+\sum_{n=0}^{j-1}\left[(2n+1)a_{n}-(2n+3)a_{n+1}\right]=2(s_{j}-a_{j})+a_{0}-(2j+1)a_{j}
\)
\(\displaystyle
(3+2j)(s_{j}-a_{j})=2(s_{j}-a_{j})+a_{0}-(2j+1)a_{j}
\)
da cui:
\(\displaystyle
s_{j}=\frac{a_{0}}{2j+1}=\frac{(-1)^{j}}{2j+1}
\)
Pertanto la serie proposta è uguale a
\(\displaystyle
\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-1)^{j}}{2j+1}x^{2j+1}=\arctan(x)
\)
\(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2n}\left(n!\right)^{2}x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!\left(1+x^{2}\right)^{n+1}}=
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2n}\left(n!\right)^{2}}{\left(2n+1\right)!}x^{2n+1}\sum_{k=0}^{\infty}\binom{-n-1}{k}x^{2k}=\)
\(
\displaystyle
\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2^{2n}\left(n!\right)^{2}}{\left(2n+1\right)!}\binom{-n-1}{k}x^{2(n+k)+1}=
\sum_{j=0}^{\infty}\left(\sum_{n=0}^{j}\frac{2^{2n}\left(n!\right)^{2}}{\left(2n+1\right)!}\binom{-n-1}{j-n}\right)x^{2j+1}=\sum_{n=0}^{\infty}s_{j}x^{2j+1}
\)
\(
\displaystyle
s_{j}=\sum_{n=0}^{j}\frac{2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}\binom{-n-1}{k}=\sum_{n=0}^{j}\frac{2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}\frac{(-n-1)(-n-2)\ldots(-j)}{(j-n)!}=\sum_{n=0}^{j}\frac{2^{2n}(n!)^{2}(-1)^{j-n}(n+1)(n+2)\ldots(j)}{(2n+1)!(j-n)!}=\sum_{n=0}^{j}\frac{(-1)^{j-n}2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}\binom{j}{j-n}=\sum_{n=0}^{j}\frac{(-1)^{j-n}2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}\binom{j}{n}
\sum_{n=0}^{j}\frac{(-1)^{j-n}2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}\frac{j!}{n!(j-n)!}=\sum_{n=0}^{j}\frac{(-1)^{j-n}2^{2n}(n!)j!}{(2n+1)!(j-n)!}
\)
Calcoliamo \(\displaystyle s_j\)
\(\displaystyle
s_{j}=\sum_{n=0}^{j}a_{n}
\)
\( \displaystyle
a_{n}=\frac{(-1)^{j-n}2^{2n}(n!)j!}{(2n+1)!(j-n)!}
\)
\(\displaystyle
a_0=(-1)^j
\)
\(\displaystyle
\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{(-1)^{j-n-1}2^{2n+2}(n+1)!j!}{(2n+3)!(j-n-1)!}\frac{(2n+1)!(j-n)!}{(-1)^{j-n}2^{2n}n!j!}=\frac{2n-2j}{2n+3}=1-\frac{3+2j}{2n+3}
\)
\(\displaystyle
(3+2j)a_{n}=(2n+3)(a_{n}-a_{n+1})=2a_{n}+(2n+1)a_{n}-(2n+3)a_{n+1}
\)
\(\displaystyle
(3+2j)\sum_{n=0}^{j-1}a_{n}=2\sum_{n=0}^{j-1}a_{n}+\sum_{n=0}^{j-1}\left[(2n+1)a_{n}-(2n+3)a_{n+1}\right]=2(s_{j}-a_{j})+a_{0}-(2j+1)a_{j}
\)
\(\displaystyle
(3+2j)(s_{j}-a_{j})=2(s_{j}-a_{j})+a_{0}-(2j+1)a_{j}
\)
da cui:
\(\displaystyle
s_{j}=\frac{a_{0}}{2j+1}=\frac{(-1)^{j}}{2j+1}
\)
Pertanto la serie proposta è uguale a
\(\displaystyle
\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-1)^{j}}{2j+1}x^{2j+1}=\arctan(x)
\)
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