Express \sin ^{-1} x in the form of a power series \sum a_{n} x^{n} by solving y^{\prime}= \left(1-x^{2}\right)^{-1 / 2} in two ways. (Hint: Remember the binomial series.) Use this result to obtain the formula
\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3 \cdot 2^{3}}+\frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 4} \cdot \frac{1}{5 \cdot 2^{5}}+\frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4 \cdot 6} \cdot \frac{1}{7 \cdot 2^{7}}+\cdots

Passo 1

O problema pede duas coisas: (1) expressar \sin^{-1}x como uma série de potências \sum a_n x^n resolvendo a equação diferencial
y'=(1-x^2)^{-1/2}
de duas maneiras; (2) usar esse resultado para obter a fórmula numérica
\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3\cdot 2^{3}}+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}\cdot\frac{1}{5\cdot 2^{5}}+\frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}\cdot\frac{1}{7\cdot 2^{7}}+\cdots.
Informações dadas e observações úteis:
  • A equação diferencial é y'=(1-x^{2})^{-1/2}.
  • Sabemos (ou devemos usar) a série binomial generalizada para expoentes fracionários.
  • A função buscada é \sin^{-1}x, pois \frac{d}{dx}\sin^{-1}x=(1-x^{2})^{-1/2} e \sin^{-1}0=0.
    A resolução começa agora.

Passo 2

(Lembrete-prático sobre a série binomial) A série binomial generalizada diz que, para |z|<1 e qualquer \alpha,
(1+z)^{\alpha}=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{\alpha}{n}z^{n},
onde
\binom{\alpha}{n}=\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}.
Aplicamos isso com \alpha=-\tfrac{1}{2} e z=-x^{2}. Assim
(1-x^{2})^{-1/2}=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{-1/2}{n}(-x^{2})^{n}.
Agora simplificamos os coeficientes: primeiro note que
\binom{-1/2}{n}= \frac{(-1/2)(-3/2)\cdots (-(2n-1)/2)}{n!}=(-1)^n\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2^n n!}.
Multiplicando por (-1)^n vindo de (-x^2)^n cancela o sinal, dando
\binom{-1/2}{n}(-1)^n=\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2^n n!}.
Agora usamos a identidade
(2n)!=(2\cdot1)(2\cdot2)\cdots(2\cdot n)\cdot(1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1))=2^n n!\,(1\cdot3\cdot\cdots(2n-1)),
da qual segue
1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)=\frac{(2n)!}{2^n n!}.
Substituindo nessa última expressão obtemos
\binom{-1/2}{n}(-1)^n=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}=\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}.
Portanto, para |x|<1,
(1-x^{2})^{-1/2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\,x^{2n}.

Passo 3

(Primeira maneira — integrar a série) Como y'=(1-x^2)^{-1/2}, integramos termo a termo (válido para |x|<1) a série obtida:
y=\int(1-x^{2})^{-1/2}\,dx=\int\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}x^{2n}\,dx =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}+C.
Usamos a condição natural da primitiva conhecida: \sin^{-1}0=0, logo y(0)=0 implica C=0. Assim obtemos a série de potências para \sin^{-1}x:
\boxed{\displaystyle \sin^{-1}x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1},\qquad |x|<1.}

Passo 4

(Segunda maneira — supondo uma série para y e igualando coeficientes) Suponha
y=\sum_{m=0}^{\infty}a_{m}x^{m}.
Então
y'=\sum_{m=1}^{\infty}m a_{m} x^{m-1}=\sum_{k=0}^{\infty}(k+1)a_{k+1}x^{k}.
Mas sabemos que y'=(1-x^{2})^{-1/2}=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{\binom{2n}{n}}{4^n}x^{2n}. Igualando coeficientes da potência x^{k} obtemos:
  • Para k ímpar (isto é, k=2n+1) o coeficiente do lado direito é zero, logo (2n+2)a_{2n+2}=0 e então a_{2n+2}=0. Logo todos os coeficientes de potências pares de y (exceto possivelmente a_0) são zero.
  • Para k=2n (par), igualamos (2n+1)a_{2n+1}=\dfrac{\binom{2n}{n}}{4^n}, daí
a_{2n+1}=\frac{1}{2n+1}\cdot\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}.
Com y(0)=a_0=0 obtemos exatamente a mesma série
y=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}.
Isso confirma por um método “coeficiente a coeficiente” o resultado da integração.

Passo 5

(Aplicação para \pi/6) Agora usamos que \sin^{-1}\tfrac{1}{2}=\tfrac{\pi}{6}. Substituindo x=\tfrac{1}{2} na série,
\frac{\pi}{6}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\frac{(1/2)^{2n+1}}{2n+1}.
Simplificamos os fatores de potências de 2: 4^n=2^{2n} e (1/2)^{2n+1}=2^{-(2n+1)}. Então cada termo é
\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\cdot\frac{1}{2n+1}\cdot\frac{1}{2^{2n+1}} =\frac{\binom{2n}{n}}{2^{4n+1}}\cdot\frac{1}{2n+1}.
Para obter a forma dada no enunciado, escrevemos \dfrac{\binom{2n}{n}}{4^n} como produto de frações pares/ímpares. Usando a identidade já vista,
\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}=\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k}.
Logo
\frac{\pi}{6}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k}\right)\frac{1}{2n+1}\cdot\frac{1}{2^{2n+1}}.
Agora escrevemos os primeiros termos para ver a coincidência com a fórmula do enunciado:
  • n=0: produto vazio =1, termo =\dfrac{1}{1}\cdot\dfrac{1}{2}= \dfrac{1}{2}.
  • n=1: produto =\dfrac{1}{2}, termo =\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2^{3}}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{3\cdot 2^{3}}.
  • n=2: produto =\dfrac{1\cdot3}{2\cdot4}, termo =\dfrac{1\cdot3}{2\cdot4}\cdot\dfrac{1}{5\cdot 2^{5}}.
  • n=3: produto =\dfrac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}, termo =\dfrac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}\cdot\dfrac{1}{7\cdot 2^{7}}.
    Portanto reescrevendo a soma obtemos exatamente
\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3\cdot2^{3}}+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}\cdot\frac{1}{5\cdot2^{5}}+\frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}\cdot\frac{1}{7\cdot2^{7}}+\cdots.

Resposta

\displaystyle \sin^{-1}x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1} for |x|<1.\n \displaystyle \frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3\cdot2^{3}}+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}\cdot\frac{1}{5\cdot2^{5}}+\frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}\cdot\frac{1}{7\cdot2^{7}}+\cdots.

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