Problema de geometría se reduce a encontrar una forma cerrada para $\sum_{n=1}^{k}{\arctan{\left(\frac{1}{n}\right)}}$

Question

Yo era solucionar el siguiente problema:

"Encontrar a $\angle A + \angle B + \angle C$ en la siguiente figura, suponiendo que las tres formas son cuadrados". Y me encontré con un hermoso one-liner uso de los números complejos:

$(1+i)(2+i)(3+i)=10i$, lo $\angle A + \angle B + \angle C = \frac{\pi}{2}$

Ahora, pensé, ¿y si quiero generalizar? Lo que si, en lugar de tres plazas, no se $2018$ plazas? ¿Qué sería de la suma de los ángulos de ser entonces? Podría yo hacer una fórmula para $k$ plazas?

Esencialmente, la cuestión se reducía a encontrar una forma cerrada para el argumento del número complejo

$$\prod_{n=1}^{k}{(n+i)}=\prod_{n=1}^{k}{\left(\sqrt{n^2+1}\right)e^{i\cot^{-1}{n}}}$$

Esto nos puede romper en dos partes, la búsqueda de una forma cerrada para $$\prod_{n=1}^{k}{(n^2+1)}$$ y $$\sum_{n=1}^{k}{\cot^{-1}{n}}$$

Esto no sé cómo resolver.

Answer 1

Con CAS ayuda:

$$\sum _{n=1}^k \bronceado ^{-1}\left(\frac{1}{n}\right)=\\\int \left(\sum _{n=1}^k \frac{\partial }{\partial}\bronceado ^{-1}\left(\frac{a}{n}\right)\right) \, da=\\\int \left(\sum _{n=1}^k \frac{n}{a^2+n^2}\right) \, da=\\\int \frac{1}{2} \left(-H_{-i}-H_{i}+H_{-i+k}+H_{i+k}\right) \, da=\\-\frac{1}{2} i (\text{log$\Gamma $}(1-i)-\text{log$\Gamma $}(1+i)-\text{log$\Gamma $}(1-i a+k)+\text{log$\Gamma $}(1+i a+k))+C$$

where $a=1$ and $C=0$ then:

$$\color{blue}{\sum _{n=1}^k \tan ^{-1}\left(\frac{1}{n}\right)=-\frac{1}{2} i (\text{log$\Gamma $}(1-i)-\text{log$\Gamma $}(1+i)-\text{log$\Gamma $}((1-i)+k)+\text{log$\Gamma $}((1+i)+k))}$$

Where: $H_{i}$ is harmonic number and $\text{log$\Gamma $}(1-i)$ es el logaritmo de la función gamma

MMA código:

HoldForm[Sum[ArcTan[1/n], {n, 1, k}] == -(1/2)
I (LogGamma[1 - I] - LogGamma[1 + I] - LogGamma[(1 - I) + k] + LogGamma[(1 + I) + k])] // TeXForm

Answer 2

Jugando con Wolfy sugiere que $s(n) =\sum_{k=1}^n \arctan(1/k) =\frac{3\pi}{4}-\frac12\arctan(g(n)) $ donde $g(n)$ es cada vez más complicado fracción.

Algunos valores son $g(4) = 15/8, g(5) = 140/71, g(6) = 2848/7665, g(7) = 14697/203896 $.

Para obtener una periodicidad de $g(n)$,

$\begin{array}\\ s(n+1)-s(n) &=\arctan(1/(n+1))\\ &=(\frac{3\pi}{4}-\frac12\arctan(g(n+1)))-(\frac{3\pi}{4}-\frac12\arctan(g(n)))\\ &=\frac12(\arctan(g(n))-\arctan(g(n+1))\\ \end{array} $

así, el uso de $\arctan(x)\pm\arctan(y) =\arctan(\frac{x\pm y}{1\mp xy}) $,

$\begin{array}\\ \arctan(g(n+1)) &=\arctan(g(n))-2\arctan(1/(n+1))\\ &=\arctan(g(n))-\arctan(\frac{2/(n+1)}{1-1/(n+1)^2})\\ &=\arctan(g(n))-\arctan(\frac{2(n+1)}{(n+1)^2-1})\\ &=\arctan(g(n))-\arctan(\frac{2(n+1)}{n^2+2n})\\ &=\arctan(\frac{g(n)-\frac{2(n+1)}{n^2+2n}}{1+g(n)\frac{2(n+1)}{n^2+2n}})\\ &<\arctan(g(n)-\frac{2}{n+1})\\ \end{array} $

así, suponiendo que el buen rama de arctan se toma, $g(n+1) =\frac{g(n)-\frac{2(n+1)}{n^2+2n}}{1+g(n)\frac{2(n+1)}{n^2+2n}} \lt g(n)-\frac{2}{n+1} $.

Desde $\sum 1/n$ diverge, esto demuestra que exentually $g(n) < 0$. En este punto, el siguiente rama de arctan tiene que ser tomado.

Por ejemplo, Wolfy calcula que $s(20) =\frac{5 π}{4} - \frac12 \arctan(\frac{47183650393321137025}{17864397263976449928}) $ y $s(40) =\frac{5π}{4} + \frac12 \arctan(\frac{41279370979134545450499387615832498927444174194743607}{269197868658553203529942799672226208517623565372926024}) $.

Lo voy a dejar esto.

Answer 3

Tenemos que $$ \prod\limits_{1\, \le \n\, \le \,k} {\left( {i + n} \right)} = {1 \over i}\prod\limits_{0\, \le \n\, \le \,k} {\left( {i + n} \right)} = {1 \over i}i^{\,\overline {\,k + 1\,} } = \left( {1 + i} \right)^{\,\overline {\k\,} } = {{\Gamma \left( {1 + i + k} \right)} \over {\Gamma \left( {1 + i} \right)}} = k!\a la izquierda( \matriz{ i + k \cr k \cr} \right) $$ donde $x^{\,\overline {\,k\,} } = {{\Gamma (x + k)} \over {\Gamma (x)}}$ denota el Aumento de los Factorial y $x^{\,\underline {\,k\,} } = \left( {x - k + 1} \right)^{\,\overline {\,k\,} } $ la Caída de Factorial.
Por medio de la expresión a través de La Función Gamma, que se define como meromorphic funciones, incluso para las complejas $x$$k$.

Entonces $$ \ln \left( {z^{\,\overline {\k\,} } } \right) = \ln \left( {\left| {z^{\,\overline {\k\,} } } \right|} \right) + i\arg \left( {z^{\,\overline {\k\,} } } \right) = \ln {{\Gamma (z + k)} \over {\Gamma (z)}} $$

El de arriba nos dice que su pregunta está relacionada con el valor absoluto y el argumento de la Función Gamma, que, desgraciadamente, no han cerrado la expresión, mejor que el anterior.

Answer 4

Tenga en cuenta que la adición de la fórmula para el arcotangente da $\arctan(x)+\arctan(y)=\arctan(\dfrac{x+y}{1-xy})$; por lo tanto, si definimos $\alpha_n$$\arctan(\alpha_n)=\sum_{i=1}^n\arctan(\frac1i)$, luego tenemos $\alpha_n=\dfrac{\alpha_{n-1}+\frac1n}{1-\frac{\alpha_{n-1}}{n}}$ $=\dfrac{n\alpha_{n-1}+1}{n-\alpha_{n-1}}$; alternativamente, la configuración de $\alpha_n=\frac{a_n}{b_n}$, podemos escribir esto como $a_n=na_{n-1}+b_{n-1}, b_n = -a_{n-1}+nb_{n-1}$ - o $\begin{pmatrix}a_n \\ b_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}n & 1 \\ -1 & n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_{n-1} \\ b_{n-1} \end{pmatrix}$. Este 'golpes' a $n=3$ (ya que no hay una división por cero), pero debido a que la ecuación en términos de $a_n$ $b_n$ es homogénea, se puede continuar a través de ese punto con un reescalado: $(a_n, b_n) (1\leq n\leq 3) =\langle(1, 1), (3, 1), (10, 0)\rangle$, y reescalado a tomar $a_3=1, b_3=0$ tenemos $a_4=4, b_4=-1$; $a_5=19, b_5=-9$; $a_6=105, b_6=-73$; $a_7=662, b_7=-616$; etc. Por desgracia, yo también no se puede encontrar ninguna referencia a esta serie, y la OEIS no parece ser de ninguna ayuda.