を計算する方法 $\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{2^n}{(2n+1){2n\choose n}}}$
次の演習で助けが必要です。
評価する $$\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{2^n}{(2n+1){2n\choose n}}}\\\text{Hint: Use identity}\int_0^{\pi/2}{\sin^{2k+1}x\;dx}=\frac{2^{2k}k!^2}{(2k+1)!}$$
私の試み：
$$\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{2^n}{(2n+1){2n\choose n}}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{2^n}{(2n+1){\frac{2n!}{(2n-n)!n!}}}}\\=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{2^nn!^2}{(2n+1)!}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{2^n2^nn!^2}{2^n(2n+1)!}}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{2^{2n}n!^2}{2^n(2n+1)!}}$$
IDを適用する
$$\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{2^{2n}n!^2}{2^n(2n+1)!}}=\sum_{n=0}^\infty{\frac{1}{2^{2n}}\int_0^{\pi/2}{\sin^{2n+1}x\;dx}}$$
そして、ここで私は立ち往生しています。合計と積分に関して変更を加えることができるかどうかわからないので、ヘルプやヒントが役立ちます。ありがとう！
回答
最終的な式に小さなエラーがあります。あなたが書くつもりだった平等は
$$\sum_{n=0}^\infty \frac{2^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}}=\sum_{n=0}^\infty \frac1{2^n}\int_0^{\pi/2}\sin^{2n+1}(x)\,dx$$
ここで、合計と積分の順序を変更すると（一様収束で有効）、次のことがわかります。
$$\sum_{n=0}^\infty \frac{2^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}}=\int_0^{\pi/2}\sin(x)\sum_{n=0}^\infty \frac1{2^n}\left(\sin^{2}(x)\right)^n\,dx$$
次に、等比数列を合計し、結果の積分を実行します。これをまとめていただけますか？
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \ begin {align}＆\ bbox [5px、＃ffd] {\ sum_ {n = 0} ^ {\ infty} {2 ^ {n} \ over \ pars {2n + 1} {2n \ choice n}}} = \ sum_ {n = 0} ^ {\ infty} 2 ^ {n} \、{\ Gamma \ pars {n + 1} \ Gamma \ pars {n + 1} \ over \ Gamma \ pars {2n + 2} } = \ sum_ {n = 0} ^ {\ infty} 2 ^ {n} \ int_ {0} ^ {1} x ^ {n} \ pars {1-x} ^ {n} \、\ dd x \ \ [5mm] =＆\ \ int_ {0} ^ {1} \ sum_ {n = 0} ^ {\ infty} \ bracks {2x \ pars {1-x}} ^ {\、n} \、\ dd x = \ int_ {0} ^ {1} {\ dd x \ over 1-2x \ pars {1-x}} = {1 \ over 2} \ int_ {0} ^ {1} {\ dd x \ over x ^ {2} -x + 1/2} \\ [5mm] =＆\ {1 \ over 2} \ int_ {0} ^ {1} {\ dd x \ over \ pars {x-1 / 2} ^ {\、2} + 1/4} = {1 \ over 2} \ int _ {-1/2} ^ {1/2} {\ dd x \ over x ^ {2} + 1/4} = \ int_ {0} ^ {1/2} {\ dd x \ over x ^ {2} + 1/4} \\ [5mm] =＆\ 4 \、{1 \ over 2} \ int_ {0} ^ { 1/2} {2 \、\ dd x \ over \ pars {2x} ^ {2} + 1} = 2 \ int_ {0} ^ {1} {\ dd x \ over x ^ {2} + 1} = \ bbx {\ pi \ over 2} \\＆\ end {align}
これはによる短い解決策です https://www.facebook.com/photo.php?fbid=128003305667784&set=p.128003305667784&type=3&theater：
我々は持っています https://de.wikibooks.org/wiki/Formelsammlung_Mathematik:_Reihenentwicklungen#Potenzen_des_Arkussinus
$$\frac{\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=1}^\infty \frac{(2x)^{2n-1}}{n{2n\choose n}}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(2x)^{2n+1}}{(n+1){2n+2\choose n+1}}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(2x)^{2n+1}}{(2n+1){2n\choose n}}$$
$$\overset{x=1/\sqrt{2}}{\Longrightarrow} \sum_{n=0}^\infty \frac{(\sqrt{2})^{2n+1}}{(2n+1){2n\choose n}}=\frac{\arcsin(\frac1{\sqrt{2}})}{\sqrt{1-1/2}}=\frac{\sqrt{2}\pi}{2}$$
$$\Longrightarrow \sum_{n=0}^\infty \frac{2^n}{(2n+1){2n\choose n}}=\frac{\pi}{2}$$
ベータ関数から始める
$$\int_0^{\pi/2}\sin^{2a-1}(x)\cos^{2b-1}(x)dx=\frac12\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}$$
セットする $a=n+1$ そして $b=1/2$ 我々は持っています
$$\int_0^{\pi/2}\sin^{2n+1}(x)dx=\frac12\frac{\Gamma(n+1)\Gamma(1/2)}{\Gamma(n+3/2)}=\frac{\sqrt{\pi}}2\frac{\Gamma(n+1)}{(n+1/2)\Gamma(n+1/2)}$$
Lengendre複製式による $\Gamma(n+1/2)=\frac{\sqrt{\pi}\Gamma(2n+1)}{4^n\Gamma(n+1)}$ 我々が得る
$$\int_0^{\pi/2}\sin^{2n+1}(x)dx=\frac{4^n \Gamma^2(n+1)}{(2n+1)\Gamma(2n+1)}=\frac{4^n}{(2n+1){2n\choose n}}$$
両側をで割る $2^n$ その後 $\sum_{n=0}^\infty$ 我々が得る
$$\sum_{n=0}^\infty\frac{2^n}{(2n+1){2n\choose n}}=\int_0^{\pi/2}\sin x\left(\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{\sin^2x}{2}\right)^n\right)dx$$
$$=\int_0^{\pi/2}\sin x\left(\frac{1}{1-\frac{\sin^2x}{2}}\right)dx=\int_0^{\pi/2}\frac{2\sin x}{2-\sin^2x}dx$$
$$=\int_0^{\pi/2}\frac{2\sin x}{1+\cos^2x}dx=-2\arctan(\cos x)|_0^{\pi/2}=-2[\arctan(0)-\arctan(1)]=\frac{\pi}{2}$$