Suma szeregu arctg

[Androo]

\(\displaystyle{ \arctg \left( \frac{1}{2} \right) + \arctg \left( \frac{1}{8} \right) +...+\arctg \left( \frac{1}{2n^2} \right) +...}\)

Nie za bardzo wiem jak zabrać się za liczenie tak sumy z tą funkcją trygonometryczną, jakieś wskazówki?

[tomwanderer]

Czy znasz twierdzenie o różniczkowaniu szeregu?

[Janusz Tracz]

Można indukcyjnie pokazać że:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{N}\arctg\left( \frac{1}{2n^2} \right)=\arctg\left( \frac{N}{N+1} \right)}\)

Co daje wynik \(\displaystyle{ \frac{\pi}{4}}\) dla szeregu (gdy \(\displaystyle{ N \rightarrow \infty}\))

Ale indukcja nie jest wymagana. Można zauważyć że:

\(\displaystyle{ \arctg\left( \frac{1}{2n^2} \right)=\arctg\left( \frac{ \frac{n}{n-1} - \frac{n+1}{n} }{1+ \frac{n+1}{n-1} } \right)=\arctg\left( \frac{n}{n-1} \right)-\arctg\left( \frac{n+1}{n} \right)}\)

A taka suma ładnie się teleskopuje

\(\displaystyle{ \sum_{n=2}^{N} \arctg\left( \frac{1}{2n^2} \right)=\sum_{n=2}^{N}\left(\arctg\left( \frac{n}{n-1} \right)-\arctg\left( \frac{n+1}{n} \right) \right)=\arctg 2-\arctg\left( \frac{N+1}{N} \right)}\)

Tylko że trzeba było wydzielić \(\displaystyle{ n=1}\) które po ponownym uwzględnieniu dalej powyższy wynik bez indukcji i "zgadywania".

Ciekawy jestem pomysłu z szeregiem potęgowym?

[Androo]

Indukcji nie znam, chodź rzeczywiście miałem podaną taką wskazówkę ale nie wiedziałem co dalej.
Na taką sumę teleskopową też bym nie wpadł.

[Premislav]

Naprawdę świetny pomysł z tą sumą teleskopową, na indukcję wpadłem (bo to się narzuca), ale na to już nie, zamiast tego używałem troszkę paskudnego wzoru na arcus tangens sumy: \(\displaystyle{ \arctg(x)+\arctg(y)=\arctg\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)}\) .

Pomysł z szeregiem potęgowym raczej jest bardziej siłowy, niestety. Chętnie bym zobaczył jego realizację, ponieważ nie wydaje mi się to łatwe.
No i sorry, jeśli nie znasz indukcji, to trzeba się nauczyć (chyba że chcesz być biologiem, historykiem czy fryzjerem, tylko wtedy po co Ci takie szeregi…).

[Janusz Tracz]

zamiast tego używałem troszkę paskudnego wzoru na arcus tangens sumy, \(\displaystyle{ \arctg(x)+\arctg(y)=\arctg\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)}\)

Ja też użyłem togo wzoru tylko że dla \(\displaystyle{ y \rightarrow -y}\). Postanowiłem że znajdę taki ciąg \(\displaystyle{ x_n}\) że:

\(\displaystyle{ \arctg x_n-\arctg x_{n+1}=\arctg\left( \frac{1}{2n^2} \right)}\)

co jest (już prawie bo wypada powiedzieć czym jest \(\displaystyle{ x_1}\)) definicją rekurencyjną ciągu \(\displaystyle{ x_n}\). Po zastosowaniu wspomnianego wzoru mamy:

\(\displaystyle{ \frac{x_n-x_{n+1}}{1+x_nx_{n+1}}= \frac{1}{2n^2}}\)

I o ile rozwiązanie tej rekurencji wprost znanymi metodami wydało mi się trudne to przewidywałem że \(\displaystyle{ x_n}\) jest postaci wielomian przez wielomian. Założenie \(\displaystyle{ x_n= \frac{an}{bn+c}}\) podstawione do rekurencji prowadzi do układy równań którego jak wydać rozwiązanie daje się znaleźć.