Matematyka.pl

Wykaż, że:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\;-\;\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4\cdot 6}\;+\;\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot 7}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8\cdot 10}-\;\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 9\cdot 11}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8\cdot 10\cdot 12\cdot 14}\;+\;...=\;\sqrt{1\;-\;\frac{1}{\sqrt{2}}}}\)

Pozwolę sobie odkopać .

Podwójne silnie występują w szeregach Taylora pierwiastka \(\displaystyle{ \sqrt{1+x}}\), więc warto zacząć od szeregu:

\(\displaystyle{ \sqrt{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{(2n-3)!!}{(2n)!!}x^n}\)

Oznaczmy przez \(\displaystyle{ f}\):

\(\displaystyle{ f(x) = \frac{1}{2}x-\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4\cdot 6}x^3+\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot 7}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8\cdot 10}x^5-\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 9\cdot 11}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8\cdot 10\cdot 12\cdot 14}x^7+\ldots}\)

Zapiszmy tę funkcję symbolicznie jako szereg (uwaga: \(\displaystyle{ (-1)!! = 1}\)):

\(\displaystyle{ f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\frac{(4n-1)!!}{(4n+2)!!}x^{2n+1} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\frac{\left[2(2n+1)-3\right]!!}{\left[2(2n+1)\right]!!}x^{2n+1}}\)

Jeżeli się przypatrzymy (warto sobie rozpisać, by to zauważyć), zaobserwujemy tożsamość:

\(\displaystyle{ i \sqrt{1+ix} + f(x) = i\sqrt{1-ix} - f(x)}\)

Stąd:

\(\displaystyle{ f(x) = \frac{i}{2} \left(\sqrt{1-ix}-\sqrt{1+ix}\right)}\)

Dla \(\displaystyle{ x=1}\) otrzymujemy żądaną wartość:

\(\displaystyle{ f(1) = \frac{\sqrt{1-i}-\sqrt{1+i}}{2} =\sqrt{\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{2}}}\)

Dodatkowo zachodzi nieprzypadkowy związek z funkcjami trygonometrycznymi \(\displaystyle{ \frac{\pi}{8}}\).

Jest jeszcze dualny szereg:
\(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{2 \cdot 4} - \frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 8}+ ... = \sqrt{\frac{1+ \sqrt{2}}{2} }}\)

Inny (ale podobny wzór ) \(\displaystyle{ \frac{1}{2} - \frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 4} + \frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4 \cdot 6} - ... = \frac{\sqrt{2} -1}{ \sqrt{2} }}\)
który można obliczyć przez \(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2n} x dx}\)

-- 16 maja 2016, 17:07 --