Series Infinitas $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{4^n\cos^2\frac{x}{2^n}}$

Question

Cómo probar que $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{4^n\cos^2\frac{x}{2^n}}=\frac1{\sin^2x}-\frac1{x^2}$$

Answer 1

A menudo, cuando $\sin(x)$ $x$ aparecer en una fórmula de este tipo, se basa en el hecho de que $$ \lim_{un\to0}\frac{\sen(ax)}{a}=x\etiqueta{1} $$ Desde los sumandos son $\dfrac{4^{-k}}{\cos^2(2^{-k}x)}$ , parece que una identidad que implican un doble ángulo fórmula está siendo explotado. Por lo tanto, con un ojo hacia una telescópica suma, empecé con $$ \begin{align} \frac4{\sin^2(2x)}-\frac1{\sin^2(x)} &=\frac{4-4\cos^2(x)}{4\sin^2(x)\cos^2(x)}\\ &=\frac{4\sin^2(x)}{4\sin^2(x)\cos^2(x)}\\ &=\frac1{\cos^2(x)}\tag{2} \end{align} $$ Sustituto $x\mapsto 2^{-k}x$ y multiplicar por $4^{-k}$ y la suma (y telescopio) $$ \begin{align} \sum_{k=1}^n\frac{4^{-k}}{\cos^2(2^{-k}x)} &=\sum_{k=1}^n\left(\frac{4^{-k+1}}{\sin^2(2^{-k+1}x)}-\frac{4^{-k}}{\sin^2(2^{-k}x)}\right)\\ &=\frac1{\sin^2(x)}-\frac{4^{-n}}{\sin^2(2^{-n}x)}\\ &\to\frac1{\sin^2(x)}-\frac1{x^2}\tag{3} \end{align} $$ dado que, por $(1)$, $$ \lim_{n\to\infty}\frac{4^{-n}}{\sin^2(2^{-n}x)}=\frac1{x^2}\etiqueta{4} $$

Answer 2

Viète la fórmula se obtiene:

$$\prod_{k\geq 1} \cos\left(\frac{x}{2^k}\right)=\frac{\sin x}{x}\Rightarrow \prod_{k\geq 1} \sec\left(\frac{x}{2^k}\right)=\frac{x}{\sin x}\Rightarrow\sum_{k\geq 1} \ln \sec\left(\frac{x}{2^k}\right)=\ln x-\ln \sin x$$

Se diferencian dos veces y tiene su resultado.