Evaluar: $$S=\tan\left(\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{16\sqrt{2557}n}{n^4+40916}\right)\right)$$
Para $x$ lo suficientemente pequeño, $\arctan(x)<x$, y por la prueba de comparación sabemos que el interior de la serie es convergente (pero que puede terminar con algo como $\tan(\pi/2)$ ). Mi mejor idea, hasta ahora, ha sido la utilización de la fórmula para $\tan(x+y)$, para definir una función recursiva $f(n)$: $$f(1)=\frac{16\sqrt{2557}}{40917}$$ $$f(n)=\frac{f(n-1)+\frac{16\sqrt{2557}n}{n^4+40916}}{1-f(n-1)\frac{16\sqrt{2557}n}{n^4+40916}}$$ Y, a continuación, calcular el $S=\lim_{n\to\infty}f(n)$, pero $f(n)$ parece comportarse violentamente. Esto es debido al hecho de que $$g(x)=\sum_{n=1}^{x}\arctan\left(\frac{16\sqrt{2557}n}{n^4+40916}\right)$$ Pasa cerca de $\pi/2$.
Actualización: Cálculo numérico que parece insinuar que $\lim_{x\to\infty}g(x)=\pi$, Algunas ideas?
Respuestas
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Método 1 - La rápida, pero de fea manera.
Considere la siguiente secuencia $$a_n = \frac{8n(n-1)+12}{n^4-2n^3+3n^2-2n-40910}$$ Por fuerza bruta, se puede comprobar
$$\frac{a_{n} - a_{n+1}}{1 + 2557 a_n a_{n+1}} = \frac{16n}{n^4+40916}$$ A partir de esto, podemos concluir hasta algunos múltiplos de $\pi$, tenemos
$$\bronceado^{-1}\left(\frac{16\sqrt{2557}n}{n^4+40916}\right) = \bronceado^{-1}(a_n\sqrt{2557}) - \bronceado^{-1}(a_{n+1}\sqrt{2557}) + N_n \pi \quad\text{ con } N_n \in \mathbb{Z}$$ El lío es una telescópico de la serie y
$$\sum_{n=1}^\infty\bronceado^{-1}\left(\frac{16\sqrt{2557}n}{n^4+40916}\right) = \bronceado^{-1}(a_1\sqrt{2557}) + N\pi \quad\text{ con } N \in \mathbb{Z}\\ \implica que S = a_1\sqrt{2557} = -\frac{6\sqrt{2557}}{20455} $$
Nota
En el caso de personas que se preguntan cómo puede uno descubrir una horrible buscando secuencia $a_n$. He primer lugar, calcular la serie se expresa en términos de un montón de la función gamma (ver método 2 de abajo). Me calcular un par de valores de el inicio de la serie en diferentes puntos y, a continuación, busque el patrón, lo cual me permite reescribir todo el lío como una telescópico de la serie.
Método 2 - El duro camino en el uso de funciones Gamma.
Para calcular los $S$ directamente, vamos a utilizar la siguiente representación de $\tan^{-1} x$ sobre el eje real: $$\tan^{-1} x = \Im \log (1 + i x),\quad\forall x \in \mathbb{R}$$ El $\log(\cdots)$ es de la rama principal de la función logaritmo $\mathbb{C}$ con una rama de corte a lo largo del eje real negativo. Para cualquier $\alpha, \beta > 0$, tenemos
$$\begin{align} \tan\left[\sum_{n=1}^\infty \tan^{-1}\left( \frac{\alpha n}{n^4 + \beta}\right) \right] = & \tan\Im\left[\sum_{n=1}^\infty\log\left(1 + i\frac{\alpha n}{n^4+\beta}\right)\right]\\ = &\tan\Im\left[\sum_{n=1}^\infty\left(\log(n^4 + i\alpha n + \beta) - \log(n^4+\beta)\right) \right]\\ = & \tan\Im\left[\sum_{n=1}^\infty\left(\log(n^4 + i\alpha n + \beta) - \log(n^4)\right) \right]\\ = &\tan\Im\left[\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^4\left(\log(n-\lambda_i)-\log n\right)\right]\\ = &\tan\Im\left[\sum_{k=1}^4\sum_{n=1}^\infty\log\left(1-\frac{\lambda_i}{n}\right)\right] \end{align}\etiqueta{*1} $$ donde $\lambda_1,\ldots\lambda_4$ $4$ raíces del polinomio $x^4 + i\alpha x + \beta$. Dado que el coeficiente para el cúbicos término de este polinomio es cero, tenemos $$\sum_{i=1}^4 \lambda_i = 0$$ Recordar el infinito producto de la expansión de la función Gamma: $$\frac{1}{\Gamma(z)} = z e^{\gamma z}\prod_{n=1}^\infty\left(1 + \frac{z}{n}\right)e^{-\frac{z}{n}}$$
Podemos reescribir la última expresión de $(*1)$
$$\tan\Im\left\{\sum_{k=1}^4\left[ -\gamma\lambda_i +\sum_{n=1}^\infty \left(\log\left(1-\frac{\lambda_i}{n}\right) + \frac{\lambda_i}{n}\right) \right]\right\} =-\tan\Im\left[\sum_{i=1}^4\log\Gamma(1-\lambda_i)\right]$$ Esto lleva a $$(*1) = -\tan\Im\log\Delta = -\frac{\Im\Delta}{\Re\Delta} \quad\text{ donde }\quad\Delta = \prod_{i=1}^4 \Gamma(1-\lambda_i) $$ Para la pregunta en cuestión donde$\alpha = 16\sqrt{2557}$$\beta = 40916$, las raíces de $x^4 + i\alpha x + \beta$ tiene la forma $$-1 + u, -1 -u, 1 - \bar{u}, 1 + \bar{u}\quad\text{ with }\quad u^2 = -1 + 4\sqrt{2557}i$$
Sustituir en la expresión anterior de $\Delta$, nos encontramos con
$$\begin{align} \Delta &= \Gamma(2-u)\Gamma(2+u)\Gamma(\bar{u})\Gamma(-\bar{u}) = |\Gamma(u)\Gamma(-u)|^2 u^2(u^2-1)\\ &= -|\Gamma(u)\Gamma(-u)|^2 (40910 + 12\sqrt{2557}i) \end{align} $$ Como resultado, el $S$ buscamos es igual a $$S = -\frac{\Im \Delta}{\Re\Delta} = - \frac{12\sqrt{2557}}{40910} = -\frac{6\sqrt{2557}}{20455}$$
Si tenemos en cuenta que: $$\arctan(x)-\arctan(y)=\arctan\frac{x-y}{1+xy}, $$ tomando $x_n=\frac{1}{n^2-n+1}$ $y_n=x_{n+1}=\frac{1}{n^2+n+1}$ tenemos que:
$$ \sum_{n\geq 1}\arctan\frac{2n}{2+n^2+n^4}=\sum_{n\geq 1}\left(\arctan\frac{1}{n^2-n+1}-\arctan\frac{1}{n^2+n+1}\right)=\arctan 1=\frac{\pi}{4}$$ y tomando a $x_n=\frac{1}{n^2-n}$ también tenemos:
$$ \sum_{n\geq 1}\arctan\frac{2n}{1-n^2+n^4}=\sum_{n\geq 1}\left(\arctan\frac{1}{n^2-n}-\arctan\frac{1}{n^2+n}\right)=\frac{\pi}{2}$$ con el mismo telescópica truco. Yo no era capaz de adaptar este truco para la serie que nos ocupa, pero tal vez sea el buen camino, y para asegurarse de que es digno de mención.
