Άθροισμα τόξων εφαπτομένης

china university · #1

Δείξτε ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty}\arctan{\left(\dfrac{10n}{(3n^2+2)(9n^2-1)}\right)}=\ln{3}-\dfrac{\pi}{4}}$

Tolaso J Kos · #2

Μπα, είχα την εντύπωση πως αυτή η σειρά είχε λυθεί. Αλλά μάλλον λάθος έκανα. Την είχα λύσει τότε αλλά δεν την έγραψα αφού είχε πολλές επίπονες πράξεις.

Τέλος πάντων. Η παρακάτω λύση στηρίζεται σε ιδέες που κυκλοφορούν εδώ και εκεί (οπότε δε παίρνω κανένα credit). Και σίγουρα έχω (ξανά) δει παρόμοιο.

Ξεκινάμε από τη γνωστή σχέση $\displaystyle{\arctan x=\arg(1+ix)}$ . Χρησιμοποιώντας το Wolfram (δε το κανα στο χέρι ) παραγοντοποιούμε τη παράσταση:
$\displaystyle{\begin{aligned} 1+\frac{10in}{\left(3n^2+2\right)\left( 9n^2-1\right)} &= \frac{\left ( n-i \right )\left ( 3n-\left ( 1-i \right ) \right )\left ( 3n+i \right )\left ( 3n+ \left ( 1+i \right ) \right )}{\left ( 3n-1 \right )\left ( 3n+1 \right )\left ( 3n^2+2 \right )} \\ &= \frac{\left(1-\frac in\right)\left(1+\frac i{3n-1}\right)\left(1+\frac i{3n+1}\right)\left(1+\frac i{3n}\right)}{1+\frac2{3n^2}} \end{aligned}}$ Χρησιμοποιώντας την ιδιότητα των ορισμάτων έχουμε
$\displaystyle{\arctan\left(\frac{10n}{\left(3n^2+2\right)\left( 9n^2-1\right)}\right)\\[6pt] &=\arctan\left(\frac1{3n-1}\right)+\arctan \frac{1}{3n}+\arctan\left(\frac1{3n+1}\right)-\arctan \frac{1}{n}}$ Άρα για το αρχικό άθροισμα έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty\arctan\left(\frac{10n}{\left(3n^2+2\right)\left( 9n^2-1\right)}\right) &=\lim_{N \rightarrow +\infty}\sum_{n=1}^N \bigg[\arctan\left(\frac1{3n-1}\right)+\arctan \frac{1}{3n}+\\ &\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad +\arctan \left(\frac{1}{3n+1} \right)- \arctan \frac{1}{n} \bigg] \\ &=\lim_{N \rightarrow +\infty}\sum_{n=N+1}^{3N+1}\arctan \frac{1}{n} - \arctan 1\\ &=\lim_{N \rightarrow +\infty} \sum_{n=N+1}^{3N+1}\left[\frac{1}{n}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^3}\right)\right] - \arctan 1\\[6pt] &\!\overset{(*)}{=}\ln 3-\frac{\pi}{4} \end{aligned}}$ (*)

διότι $\displaystyle{\sum_{n=N+1}^{3N+1} \frac{1}{n} \sim \ln \left ( \frac{3N+1}{N+1} \right )}$ που δικαιολογεί και την εμφάνιση του $\ln 3$ .

Την ιδέα με το $\arg$ την έχουμε δει και εδώ. Όποιος αναγνώστης επιθυμεί να επαληθεύσει τη παραγοντοποίηση που δίνει το Wolfram ας είναι ο επισκέπτης μου. Τέλος για το όρισμα των μιγαδικών ισχύει ότι
$\displaystyle{\arg (zw) = \arg z + \arg w}$

και γενικεύεται και για μιγαδικούς.

#3

Tolaso J Kos έγραψε:...ας είναι ο επισκέπτης μου.

Ψυχραιμία Τόλη. όλα καλά θα πάνε. Θα το δεις..

Tolaso J Kos · #4

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
Ψυχραιμία Τόλη. όλα καλά θα πάνε. Θα το δεις..

Που εισαι βρε Τάσο ; Δεν ανησυχώ , όλα καλα θα πάνε ..

Άθροισμα τόξων εφαπτομένης

Άθροισμα τόξων εφαπτομένης

Re: Άθροισμα τόξων εφαπτομένης

Re: Άθροισμα τόξων εφαπτομένης

Re: Άθροισμα τόξων εφαπτομένης

Μέλη σε σύνδεση