\[ \pi + 3 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n2^nn!^2}{(2n)!} \]
구간 $(-1, 1)$에서 정의되는 미분 가능한 함수
\[ f = \frac{\sin^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}} \]
의 매클로린 급수를 구해봅시다. 먼저 $f$를 미분하면
\[ f' = \frac{1 + x(\sin^{-1}x)/\sqrt{1-x^2}}{1-x^2} = \frac{1+xf}{1-x^2} \]
이므로 $(1-x^2)f' = 1+xf$입니다. 매클로린 급수를
\[ f = \sum_{n=0}^\infty c_n x^n = c_0 + c_1 x + c_2 x^2 + c_3 x^3 + \cdots \]
로 가정하면
\begin{align}
(1-x^2)f' &= (1-x^2)\sum_{n=1}^\infty n c_i x^{n-1}
= c_1 + 2c_2x + \sum_{n=2}^\infty [ (n+1)c_{n+1} - (n-1)c_{n-1} ] x^n \\
1+xf &= 1 + x\sum_{n=0}^\infty c_i x^n = 1 + \sum_{n=1}^\infty c_{n-1}x^n
\end{align}
계수를 비교합시다.
\begin{aligned}
c_1 &= 1 \\
c_2 &= \frac{1}{2}c_0 \\
c_{n+2} &= \frac{n+1}{n+2}c_i, \qquad n \ge 1
\end{aligned}
또한 $f(0)=0$에 따라 $c_0=0$이므로 계수의 일반항은
\begin{aligned}
c_{2n} &= 0, & n \ge 0 \\
c_{2n-1} &= \frac{2\cdot4\cdot6\cdots(2n-2)}{3\cdot5\cdot7\cdots(2n-1)}
= \frac{[2\cdot4\cdot6\cdots(2n-2)]^2}{1\cdot2\cdot3\cdots(2n-1)}
= \frac{2^{2n-2}(n-1)!^2}{(2n-1)!}, & n \ge 1
\end{aligned}
이제 함수 $\frac{1}{2}xf$를 고려합시다. 이 함수의 매클로린 급수는
\begin{aligned}
\frac{1}{2}xf &= \frac{1}{2} \sum_{n=1}^\infty c_{n-1}x^n \\
&= \frac{1}{2} \sum_{n=1}^\infty c_{2n-1}x^{2n} \\
&= \sum_{n=1}^\infty \frac{2^{2n-2}(n-1)!^2x^{2n}}{2(2n-1)!} \\
&= \sum_{n=1}^\infty \frac{2^{2n}n^2(n-1)!^2x^{2n}}{4n(2n)(2n-1)!} \\
&= \sum_{n=1}^\infty \frac{(2x)^{2n}n!^2}{4n(2n)!}
\end{aligned}
양변을 미분하고 $x$를 곱합니다.
\[
\frac{1}{2}xf + \frac{1}{2}x^2f'
= \sum_{n=1}^\infty \frac{(2x)^{2n}n!^2}{2(2n)!}
\]
한 번 더 하면
\[
\frac{1}{2}xf + \frac{3}{2}x^2f' + \frac{1}{2}x^3f''
= \sum_{n=1}^\infty \frac{n(2x)^{2n}n!^2}{(2n)!}
\label{eq:t}
\]
우변 급수는 수렴할까요?
\[ a_n = \frac{n(2x)^{2n}n!^2}{(2n)!} \]
라고 하면 $x>0$일 때 $a_n>0$이고
\[
\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}
= \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{2(n+1)^2}{n(2n+1)}x^2
= x^2
\]
이므로 비판정법에 의해 $0 < x < 1$에서 수렴합니다. 최종적으로 식 \eqref{eq:t}에 $x=1/\sqrt2$를 대입하면 증명할 수 있습니다.