Podemos encontrar también una forma cerrada para el valor de $$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \arctan \left(\frac{1}{n} \right)? $$
A diferencia de las otras series infinitas, esta infinita serie sólo converge condicionalmente.
Respuestas
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Joe Gauterin
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9526
He encontrado una forma cerrada de la expresión para la serie, pero es un poco feo, implica funciones gamma, evaluados en argumentos complejos.
El reagrupamiento de la serie en unidades de dos, tenemos
$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\bronceado^{-1}\frac{1}{n} = \sum_{k=1}^\infty a_k \quad\text{ donde }\quad a_k = \bronceado^{-1}\frac{1}{2k-1} - \bronceado^{-1}\frac{1}{2k}.$$ Aviso de $\tan^{-1}(x) = \Im\log(1+i x)$ real $x$, podemos reescribir $a_k$
$$a_k = \Im\left\{\log\frac{1+\frac{i}{2k-1}}{1+\frac{i}{2k}}\right\} = \Im\left\{\log\frac{1+\frac{-1+i}{2k}}{1+\frac{i}{2k}}\right\} = \Im\left\{\log\frac{\left(1+\frac{-1+i}{2k}\right)e^{-\frac{-1+i}{2k}}}{\left(1+\frac{i}{2k}\right)e^{-\frac{i}{2k}}}\right\} $$ Esto implica algunos múltiplos enteros de $2\pi$, tenemos
$$ \sum_{k=1}^\infty a_k = \Im\left\{ \log\frac{ e^{\gamma\frac{-1+i}{2}} \prod_{k=1}^\infty \left(1+\frac{-1+i}{2k}\right)e^{-\frac{-1+i}{2k}} }{ e^{\gamma\frac{i}{2}}\prod_{k=1}^\infty \left(1+\frac{i}{2k}\right)e^{-\frac{i}{2k}} } \right\} + 2N\pi $$ El uso de la infinita expansión de productos de la función Gamma $$\frac{1}{\Gamma(z)} = z e^{\gamma z}\prod_{k=1}^\infty \left(1 + \frac{z}{k}\right) e^{-\frac{z}{k}} $$ y aviso de la $a_k$ son tan pequeñas que las fuerzas de $\displaystyle \left|\sum_{k=1}^\infty a_k\right| < 1$, nos encontramos con el correspondiente $N = 0$ y llegó a la siguiente forma cerrada de la expresión de la serie.
$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\bronceado^{-1}\frac{1}{n} = \Im\left\{\log\Gamma\left(1+\frac{i}{2}\right) - \log\Gamma\left(\frac12+\frac{i}{2}\right) \right\}\\ \aprox 0.506670903216622981985255804783581512472843547347020582920002... $$
Anthony Shaw
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858
En el mismo espíritu que esta respuesta, tenga en cuenta que $$ \log\left(\frac{n+i}n\right)=\frac12\log\left(1+\frac1{n^2}\right)+i\arctan\left(\frac1n\right) $$ Además, el uso de Gautschi la Desigualdad $$ \begin{align} \prod_{k=1}^{n-1}\frac{k+x}{k} &=\frac{\Gamma(n+x)}{\Gamma(1+x)\Gamma(n)}\\ &\sim\frac{n^x}{\Gamma(1+x)} \end{align} $$ Por lo tanto, obtenemos $$ \begin{align} \sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k-1}\arctan\left(\frac1k\right) &=\mathrm{Im}\left(\log\left(\frac{1+i}{1}\frac{2}{2+i}\frac{3+i}{3}\frac{4}{4+i}\cdots\frac{2n}{2n+i}\right)\right)\\ &=\mathrm{Im}\left(\log\left(\frac{1+i}{1}\frac{2+i}{2}\frac{3+i}{3}\frac{4+i}{4}\cdots\frac{2n+i}{2n}\right)\right)\\ &-2\,\mathrm{Im}\left(\log\left(\frac{2+i}{2}\frac{4+i}{4}\cdots\frac{2n+i}{2n}\right)\right)\\ &=\mathrm{Im}\left(\log\left(\frac{1+i}{1}\frac{2+i}{2}\frac{3+i}{3}\frac{4+i}{4}\cdots\frac{2n+i}{2n}\right)\right)\\ &-2\,\mathrm{Im}\left(\log\left(\frac{1+\frac i2}{1}\frac{2+\frac i2}{2}\cdots\frac{n+\frac i2}{n}\right)\right)\\ &\sim\mathrm{Im}\left(\log\left(\frac{(2n)^i}{\Gamma(1+i)}\right)-2\log\left(\frac{n^{i/2}}{\Gamma(1+\frac i2)}\right)\right)\\ &=\log(2)+\mathrm{Im}\left(\log\left(\frac{\Gamma(1+\frac i2)^2}{\Gamma(1+i)}\right)\right) \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k-1}\arctan\left(\frac1k\right) &=\log(2)+\mathrm{Im}\left(\log\left(\frac{\Gamma(1+\frac i2)^2}{\Gamma(1+i)}\right)\right)\\[6pt] &=\log(2)-\mathrm{Im}\left(\log\binom{i}{i/2}\right)\\[9pt] &=\log(2)-\arg\binom{i}{i/2}\\[12pt] &\doteq0.506670903216622981985255804784 \end{align} $$
Thierry Lam
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1079
Deje $ \displaystyle S(a) = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \arctan \left(\frac{a}{n} \right)$.
Desde $ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{n}{n^{2}+a^{2}}$ converge uniformemente en $\mathbb{R}$,
$$ \begin{align} S'(a) &= \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{n}{a^{2}+n^{2}} \\ &= \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \left(\frac{1}{n-ia} + \frac{1}{n+ia} \right) \\ &= \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} \left(\frac{1}{n+1-ia}+ \frac{1}{n+1+ia} \right). \end{align}$$
A continuación, utilizando el hecho de $$ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{z+k} = \frac{1}{2} \Big[\psi\left( \frac{z+1}{2}\right) - \psi \left(\frac{z}{2} \right) \Big] $$ (where $\psi(z)$ es la función digamma), tenemos
$$ S'(a) = \frac{1}{4} \left[\psi \left(1- \frac{ia}{2} \right) - \psi\left(\frac{1}{2}- \frac{ia}{2} \right) + \psi\left(1+ \frac{ia}{2} \right) -\psi\left(\frac{1}{2}- \frac{ia}{2} \right)\right].$$
Integrando de nuevo nos encontramos con
$$ S(a) = \frac{i}{2} \left[\log \Gamma \left(1-\frac{ia}{2} \right) - \log \Gamma \left(\frac{1}{2}-\frac{ia}{2} \right) - \log \Gamma \left(1+\frac{ia}{2} \right) + \log \Gamma \left(\frac{1}{2}+\frac{ia}{2} \right)\right] + C.$$
Pero desde $S(0) = 0$, la constante de integración es $0$.
Por lo tanto,
$$ \begin{align} S(1) &= \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \arctan \left(\frac{1}{n} \right) \\ &= \frac{i}{2} \left[\log \Gamma \left(1-\frac{i}{2} \right) - \log \Gamma \left(\frac{1}{2}-\frac{i}{2} \right) - \log \Gamma \left(1+\frac{i}{2} \right) + \log \Gamma \left(\frac{1}{2}+\frac{i}{2} \right)\right] \\ &\approx 0.5066709032. \end{align}$$
La respuesta se puede poner en la misma forma que la respuesta dada por achille hui mediante el Schwarz principio de reflejo.
Felix Marin
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32763
$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n + 1}\arctan\pars{1 \over n}:\ {\large ?}}$
$\ds{\Gamma\pars{z}}$ $\ds{\Psi\pars{z}}$ son los rayos Gamma y Digamma Funciones, respectivamente. Usaremos propiedades ya conocidas de ellos.
\begin{align} &\color{#00f}{\large\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n + 1}\arctan\pars{1 \over n}} =\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n + 1}\int_{0}^{1}{n\,\dd x \over x^{2} + n^{2}} \\[3mm]&=\int_{0}^{1}\bracks{\sum_{n = 1}^{\infty} \pars{-1}^{n + 1}\,{n \over n^{2} + x^{2}}}\,\dd x =\Re\int_{0}^{1}\bracks{\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n + 1} \over n + x\ic}} \,\dd x \\[3mm]&=\Re\int_{0}^{1}\bracks{\sum_{n = 0}^{\infty}\pars{% {1 \over 2n + 1 + x\ic} - {1 \over 2n + 2 + x\ic}}}\,\dd x \\[3mm]&={1 \over 4}\Re\int_{0}^{1}\bracks{\sum_{n = 0}^{\infty} {1 \over \pars{n + 1/2 + x\ic/2}\pars{n + 1 + x\ic/2}}}\,\dd x \\[3mm]&={1 \over 4}\Re\int_{0}^{1} 2\bracks{\Psi\pars{1 + {x \over 2}\,\ic} - \Psi\pars{\half + {x \over 2}\,\ic}} \,\dd x \\[3mm]&=\half\Re\bracks{% -2\ic\ln\pars{\Gamma\pars{1 + {x \over 2}\,\ic}} + 2\ic\ln\pars{\Gamma\pars{\half + {x \over 2}\,\ic}}}_{0}^{1} \\[3mm]&=\Im\bracks{\ln\pars{\Gamma\pars{1 + \half\,\ic}} -\ln\pars{\Gamma\pars{\half + \half\,\ic}}} \\[3mm]&=\color{#00f}{\large% \Im\ln\pars{\Gamma\pars{1 + \ic/2} \over \Gamma\pars{1/2 + \ic/2}}} \approx 0.5067 \end{align}
Daniel Robert-Nicoud
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9698
Esto es sólo una posible manera de proceder, y no ofrece en modo alguno una solución completa al problema, así que voy a poner como wiki de la comunidad, y ruego a contribuir si tienes algún conocimiento.
La serie converge (check!), la inserción de la serie de Taylor para $\arctan(x)$: $$\begin{array}{ll}\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}\arctan\left(\frac{1}{n}\right)&=\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{2k+1}\frac{1}{n^{2k+1}}\\&=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{2k+1}\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}\frac{1}{n^{2k+1}}\\&=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k(1-2^{-2k})}{2k+1}\zeta(2k+1)\end{array}$$ donde en la segunda igualdad hemos utilizado el hecho de que todo converge, y en la tercera nos dimos cuenta de que el segundo de la serie en la segunda línea es la de Dirichlet eta función.
No sé si esto conduce a ninguna parte, pero ya que la función zeta ha sido estudiado con bastante profusión tal vez hay algunos resultados en algún lugar que podemos utilizar para terminar de aquí.
