Άπειρο άθροισμα με τόξο εφαπτομένης

#1

Έστω η ακολουθία $\displaystyle{\{u_n\}$ με $\displaystyle{u_1 = 2,u_2 = 8,u_{n}^2 - u_{n + 1}u_{n - 1} = 4,n \geq 2}$ .

Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{S = \sum_{n = 1}^{ + \infty}{\arctan{\frac {1}{u_n^2}}}}$ .

Απο mathlinks.

#2

εστω $\displaystyle{ u_n=2a_n}$ τότε $\displaystyle{a_n^2=1+a_{n-1}a_{n+1}\Rightarrow 1-\frac{a_{n+1}}{a_n}\frac{a_{n-1}}{a_n}=\frac{1}{a_n^2}}$

Μπορούμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{a_{n+1}+a_{n-1}=4a_n}$ [*]Τότε $\displaystyle{\frac{a_{n+1}}{a_n}+\frac{a_{n-1}}{a_n}=4}$

Αρα $\displaystyle{\frac{1}{4a_n^2}=\frac{1-\frac{a_{n+1}}{a_n}\frac{a_{n-1}}{a_n}}{\frac{a_{n+1}}{a_n}+\frac{a_{n-1}}{a_n}}}$ αρα $\displaystyle{\frac{1}{u_n^2}=\frac{1-\frac{u_{n+1}}{u_n}\frac{u_{n-1}}{u_n}}{\frac{u_{n+1}}{u_n}+\frac{u_{n-1}}{u_n}}}$

$\displaystyle{arctan(\frac{1}{u_n^2})=\pi /2-arctan(\frac{\frac{u_{n+1}}{u_n}+\frac{u_{n-1}}{u_n}}{1-\frac{u_{n+1}}{u_n}\frac{u_{n-1}}{u_n}})=\pi /2-(arctan(\frac{u_{n+1}}{u_n})+\pi /2-arctan(\frac{u_{n}}{u_{n-1}}))}$

To άθροισμα γίνεται τηλεσκοπικό οπότε
$\displaystyle{S=arctan(\frac{u_{2}}{u_{1}})-arctan(\frac{u_{n+2}}{u_{n+1}})}$

Για να δείξουμε την [*] και να βρούμε κα τα ορια θα υπολογίσουμε x,y,a,b ώστε αν $\displaystyle{a_n=ax^n+by^n}$ να ικανοποιείται η αρχική σχέση Βρἰσκουμε $\displaystyle{u_n=\frac{(2+\sqrt{3})^n-(2-\sqrt{3})^n}{\sqrt{3}}}$ αρα και το όριο του $\displaystyle{\frac{u_{n+2}}{u_{n+1}} \to 2+\sqrt{3}}$

Τελικά η σειρά $\displaystyle{G=arctan4-arctan(2+\sqrt{3})}$

#3

R BORIS έγραψε:
Για να δείξουμε την [*] και να βρούμε κα τα ορια θα υπολογίσουμε x,y,a,b ώστε αν $\displaystyle{a_n=ax^n+by^n}$ να ικανοποιείται η αρχική σχέση Βρἰσκουμε $\displaystyle{u_n=\frac{(2+\sqrt{3})^n-(2-\sqrt{3})^n}{\sqrt{3}}}$

Ροδόλφε ευχαριστώ για το χρόνο σου. Επειδή το κώλυμά μου ήταν να κάνω γραμμική την αρχική αναδρομικη σχέση, μπορείς να γράψεις λίγο αναλυτικότερα το παραπάνω σημείο;

#4

Καλημέρα
(όμορφα ήταν χτες στην Ροζαλία)

Ας υποθέσουμε ότι $\displaystyle{a_na_{n+2}+1=a_{n+1}^2,a_1=1,a_2=4,n\in N^*}$ [1] και αναζητούμε λύσεις της μορφής $\displaystyle{a_n=ax^n+by^n}$ [2]
Αν αντικαταστήσουμε την [2] στην [1] τότε μετά τις πράξεις καταλήγουμε στην
$\displaystyle{ab(x-y)^2(xy)^n=-1}$ [3] οπότε αν $\displaystyle{|xy|\ne 1\Rightarrow n=-\frac{ln|ab(x-y)^2|}{ln|xy|}}$ άτοπο άρα $\displaystyle{xy=\pm 1}$ για το -1 πάλι προκύπτει άτοπο για n άρτιο η n περιττό. Συνεπώς η [3] δίνει
$\displaystyle{cy=1}$ και $\displaystyle{ab(x-y)^2=-1}$ μαζί με τους δυο πρώτους όρους της [1] παίρνουμε επιλύσιμο σύστημα για τα a,b,x,y

Με γνωστή την [2] μπορούμε να γραμμικοποήσουμε και να πάρουμε την $\displaystyle{a_{n+2}-4a_{n+1}+a_n=0}$ [4] και επαγωγικά να δείξουμε την μοναδικότητα με την βοήθεια των [1],[4]...

Άπειρο άθροισμα με τόξο εφαπτομένης

Άπειρο άθροισμα με τόξο εφαπτομένης

Re: Άπειρο άθροισμα με τόξο εφαπτομένης

Re: Άπειρο άθροισμα με τόξο εφαπτομένης

Re: Άπειρο άθροισμα με τόξο εφαπτομένης

Μέλη σε σύνδεση