Matematyka.pl

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

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

Czy znasz twierdzenie o różniczkowaniu szeregu?

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?

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

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…).

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.