Reihenidentität

15.10.2013, 17:01	Frank the Tank	Auf diesen Beitrag antworten »
Reihenidentität Folgendes sieht auf den ersten Blick etwas merkwürdig aus, scheint aber dennoch zu stimmen. Setzt man $\begin{eqnarray} a_n:=\frac{3}{\binom{2n}{n}} \end{eqnarray}$ dann gilt $\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}=\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^2} \end{eqnarray}$ Es ist bekannt, dass $\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6} \end{eqnarray}$ weiter nix! Und jetzt...?
16.10.2013, 08:08	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kann die Reihe mit der Potenzreihe $\begin{eqnarray} f(x) = \left( \arcsin x \right)^2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-1}}{n^2 \cdot {{2n} \choose n}} \cdot x^{2n} \, , \ \ \|x\| \leq 1 \end{eqnarray}$ auswerten, indem man $\begin{eqnarray} x = \frac{1}{2} \end{eqnarray}$ setzt. Ob das allerdings der Sinn dieser Aufgabe ist, sei dahingestellt. Der Formulierung nach soll sie auf die bekannte Reihe von Euler zurückgeführt werden. Wie das gehen soll, sehe ich im Moment nicht. Oft aber nehmen solche Aufgaben unmittelbar Bezug auf die Vorlesung und sind vielleicht nur kleine Anwendungen dort bereitgestellter Ergebnisse und Regeln. Also vielleicht zunächst das Vorlesungsskript noch einmal durchforsten.
16.10.2013, 11:44	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
@Leopold Eine Frage zur Reihendarstellung $\begin{eqnarray} \left( \arcsin(x) \right)^2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-1}}{n^2 \cdot \binom{2n}{n}} \cdot x^{2n}\qquad () \end{eqnarray}$ die ist ja nun nicht ganz trivial erkennbar. Aus der Arcsin-Reihe $\begin{eqnarray} \arcsin(x) = \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^{2k+1} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} a_k = \binom{2k}{k} \frac{1}{2^{2k}(2k+1)} \end{eqnarray}$ müsste gemäß Cauchy-Produkt dazu $\begin{eqnarray} \frac{2^{2n-1}}{n^2 \cdot \binom{2n}{n}} \stackrel{?}{=} \sum_{k=0}^{n-1} a_ka_{n-1-k} \end{eqnarray}$ gelten. Eine Idee, wie man das beweist - bzw., wie man die Reihendarstellung () auf andere Weise verifiziert?
16.10.2013, 15:49	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Man beginnt mit zwei verschiedenen Ansätzen: $\begin{eqnarray} g_1(x) = \frac{2 \arcsin x}{\sqrt{1 - x^2}} \, , \ g_2(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n}}{n \cdot {{2n} \choose n}} \cdot x^{2n-1} \, ; \ \ \|x\|<1 \end{eqnarray}$ Das sind gerade die Ableitungen der beiden Seiten der zu beweisenden Gleichung. Man zeigt, daß beide Funktionen das lineare Anfangswertproblem $\begin{eqnarray} y' - \frac{x}{1 - x^2} \cdot y = \frac{2}{1 - x^2} \, , \ y(0)=0 \end{eqnarray}$ lösen (für $\begin{eqnarray} g_2(x) \end{eqnarray}$ weist man am besten $\begin{eqnarray} \text{()} \ \ 2 + x^2 y' + xy = y' \end{eqnarray}$ nach). Die Theorie der Differentialgleichungen liefert die Gleichheit: $\begin{eqnarray} g_1(x) = g_2(x) \end{eqnarray}$ Eine Integration dieser Gleichung beendet den Beweis. Ich habe es ursprünglich anders gemacht: Ich bin mit $\begin{eqnarray} g_2(x) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n x^{2n-1} \end{eqnarray}$ in die Differentialgleichung $\begin{eqnarray} \text{()} \end{eqnarray}$ gegangen und habe daraus für die unbekannten Koeffizienten die Rekursion $\begin{eqnarray} a_1 = 2 , \ a_{n+1} = \frac{2n}{2n+1} \cdot a_n \ \ (n \geq 1) \end{eqnarray}$ erhalten, aus der sich $\begin{eqnarray} a_n = \frac{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots (2n-2)}{3 \cdot 5 \cdot 7 \cdots (2n-1)} \cdot 2 = \frac{2^{2n}}{n \cdot {{2n} \choose n}} \end{eqnarray}$ ergibt. Daß ich überhaupt auf den Ansatz mit dem quadrierten Arcussinus gekommen bin, liegt daran, daß ich mich früher einmal mit dieser Funktion beschäftigt hatte und mir noch in Erinnerung war, daß da im Nenner die Binomialkoeffizienten aus den Zeilenmitten des Pascalschen Dreiecks vorgekommen waren.
16.10.2013, 17:18	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Einleuchtend und vergleichsweise kurz - Danke. Dann nehme ich das mit dem Cauchy-Produkt oben mal als eine durch Folgerung enstandene (vielleicht mal brauchbare) Summenformel.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »