La forma cerrada de la solución para $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{1+\frac{n^2}{1+\frac{1}{\stackrel{\ddots}{1+\frac{1}{1+n^2}}}}}$.

Question

Vamos $$ \text{S}_k = \sum_{n=1}^\infty\cfrac{1}{1+\cfrac{n^2}{1+\cfrac{1}{\ddots1+\cfrac{1}{1+n^2}}}},\quad\text{$k$ filas en la continuidad de la fracción} $$ Así, por ejemplo, los términos de la suma de $\text{S}_6$ son $$ \cfrac{1}{1+\cfrac{n^2}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+n^2}}}}}} $$ El uso de un software de cálculo simbólico (Mathematica), obtuve los siguientes resultados interesantes: $$ \begin{align} \text{S}dimm_4 &= \frac{\pi}{4}\left(\coth(\pi)+\sqrt{3}\coth(\sqrt{3}\pi)\right)-\frac{1}{2}\\ \text{S}_6 & = \frac{\pi}{4}\left(\sqrt{2}\coth\left(\sqrt{2}\pi\right)+\sqrt{\frac{4}{3}}\coth\left(\sqrt{\frac{4}{3}}\pi\right)\right)-\frac{1}{2}\\ \text{S}_8 & = \frac{\pi}{4}\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\coth\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\pi\right)+\sqrt{\frac{7}{4}}\coth\left(\sqrt{\frac{7}{4}}\pi\right)\right)-\frac{1}{2}\\ \text{S}_{10} & = \frac{\pi}{4}\left(\sqrt{\frac{5}{3}}\coth\left(\sqrt{\frac{5}{3}}\pi\right)+\sqrt{\frac{11}{7}}\coth\left(\sqrt{\frac{11}{7}}\pi\right)\right)-\frac{1}{2}\\ \text{S}_{12} & = \frac{\pi}{4}\left(\sqrt{\frac{8}{5}}\coth\left(\sqrt{\frac{8}{5}}\pi\right)+\sqrt{\frac{18}{11}}\coth\left(\sqrt{\frac{11}{7}}\pi\right)\right)-\frac{1}{2}\\ \text{S}_{14} & = \frac{\pi}{4}\left(\sqrt{\frac{13}{8}}\coth\left(\sqrt{\frac{13}{8}}\pi\right)+\sqrt{\frac{29}{18}}\coth\left(\sqrt{\frac{29}{18}}\pi\right)\right)-\frac{1}{2}.\\ \end{align} $$

Los números que aparecen en la primera $\coth$ plazo son fáciles de adivinar: son los famosos números de Fibonacci.

Los números en el segundo $\coth$ término también puede ser adivinado: parecen ser los números de Lucas. Esos son construidos como los números de Fibonacci, pero a partir de $2,1$ en vez de $0,1$.

Por lo tanto:

Conjetura: $$\text{S}_{2k}=\frac{\pi}{4}\left(\sqrt{\frac{F_k}{F_{k-1}}}\coth\left(\sqrt{\frac{F_k}{F_{k-1}}}\pi\right)+\sqrt{\frac{L_k}{L_{k-1}}}\coth\left(\sqrt{\frac{L_k}{L_{k-1}}}\pi\right)\right)-\frac{1}{2}$$

He verificado que esta conjetura para muchos $k$'s y siempre funciona perfectamente. Para mí esto es bastante sorprendente, pero no soy capaz de verificar la conjetura. ¿Alguien puede probarlo?

Por otra parte, de ser cierta la conjetura implica que

$$\lim_{k\to\infty}\text{S}_{2k}=\frac{\sqrt{\varphi}\pi\coth\left(\sqrt{\varphi}\pi\right)-1}{2}$$

que también es muy bonito ($\pi$ y $\varphi$ no encontrarse muy a menudo).

Answer 1

Esto es de nuevo sólo una parte de una prueba, porque creo que he cometido un error en algún lugar a lo largo de la línea. De todos modos, vamos a empezar a partir de esta ecuación $$ \frac{1}{1+\frac{n^2}{1+\frac{1}{1+\frac{\ddots}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+n^2}}}}}}=\frac{F_{k-1}\:n^2+F_{k}}{F_{k-2}\:n^4+2F_{k-1}\:n^2+F_{k}} $$ donde k es igual al número de líneas horizontales en el lado izquierdo. user109899 salió de la misma premisa, pero vamos a cambiar un poco. Vamos a empezar por parte de factorizar el denominador del lado derecho. $$ \frac{1}{F_{k-2}\:n^4+2F_{k-1}\:n^2+F_{k}}=\frac{1}{(F_{(k-2)/2}\:n^2+F_{k/2})(L_{(k-2)/2}\:n^2+L_{k/2})} $$ Esto se deduce del hecho de que $$ F_{n}+F_{n+2}=L_{n+1} $$ Ahora necesitamos las raíces complejas de cada término. En el lado izquierdo, estos son $$ \pm \:i\sqrt{\frac{F_{k/2}}{F_{(k-2)/2}}} $$ Y en el lado derecho, estos son sólo $$ \pm \:i\sqrt{\frac{L_{k/2}}{L_{(k-2)/2}}} $$ En este punto también voy a definir un par de variables para representar estas raíces de una forma que nos sea más fácil trabajar con. $$ a_1=\sqrt{\frac{F_{k/2}}{F_{(k-2)/2}}} $$ $$ a_2=\sqrt{\frac{L_{k/2}}{L_{(k-2)/2}}} $$ Si sustituimos estas raíces de nuevo en la ecuación de la primera etapa, se obtiene una ecuación que se parece a esto $$ f(n)=\frac{F_{k-1}\:n^2+F_{k}}{(n+ia_1)(n-ia_1)(n+ia_2)(n-ia_2)} $$ Para una descripción más detallada de este siguiente paso, leer [este][1] hilo. No voy a explicar esto mucho puesto que ya está demostrado que hay, pero tenemos que encontrar los restos de una ecuación $g(z):=\pi cot(\pi z)\:f(n)$ con polos en $\pm\:ia_1$ y $\pm\:ia_2$ (tenga en cuenta que el residuo para cada polo es idéntica a su polo opuesto, ya que $\coth$ es una función impar). $$ b_{a1}=\frac{\pi(F_{k-1}\:a_1^2-F_{k})\:\coth(\pi a_1)}{2a_1(ia_1+ia_2)(ia_1-ia_2)}=-\frac{\pi(F_{k-1}\:a_1^2-F_{k})\:\coth(\pi a_1)}{2a_1(a_1^2-a_2^2)} $$ $$ b_{a2}=\frac{\pi(F_{k-1}\:a_2^2-F_{k})\:\coth(\pi a_2)}{2a_2(ia_2+ia_1)(ia_2-ia_1)}=-\frac{\pi(F_{k-1}\:a_2^2-F_{k})\:\coth(\pi a_2)}{2a_2(a_2^2-a_1^2)} $$ Podemos, a continuación, enchufe $f(x)$ en una infinita suma a evaluar sobre la base de estos residuos. $$ \sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{F_{k-1}\:n^2+F_{k}}{(n^2+a_1^2)(n^2+a_2^2)}=-(2b_{a1}+2b_{a2})=$$$$\frac{\pi(F_{k-1}\:a_1^2-F_{k})\:\coth(\pi a_1)}{a_1(a_1^2-a_2^2)}+\frac{\pi(F_{k-1}\:a_2^2-F_{k})\:\coth(\pi a_2)}{a_2(a_2^2-a_1^2)} $$ El uso de la identidad $F_k-F_{k+1}\frac{F_{k/2}}{F_{(k+1)/2}}=-1$ y $F_k-F_{k+1}\frac{L_{k/2}}{L_{(k+1)/2}}=1$ por extraño k, podemos simplificar esto un poco más. $$ \pequeño{\pi\left (F_{k-1}-\frac{F_{k}}{a_1^2}-\frac{F_{k-1}\:a_1^2-F_{k}}{a_2^2}\right )\:a_1\coth(\pi a_1)+\pi\left (F_{k-1}-\frac{F_{k}}{a_2^2}-\frac{F_{k-1}\:a_2^2-F_{k}}{a_1^2}\right )\:a_2\coth(\pi a_2)=} $$$$ \pi\left (\left (-1-\frac{F_{k-1}\:a_1^2-F_{k}}{a_2^2}\right )a_1\coth(\pi a_1)+\left (1-\frac{F_{k-1}\:a_2^2-F_{k}}{a_1^2}\right )a_2\coth(\pi a_2)\right ) $$ Debido a que la función original es simétrica negativo de $n$, podemos restar el cero término y dividir el resultado por dos para obtener la suma de 1 a infinito. $$ \frac{F_{k-1}\:0^2+F_{k}}{F_{k-2}\:0^4+2F_{k-1}\:0^2+F_{k}} = 1 $$ $$ \pequeño{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{F_{k-1}\:n^2+F_{k}}{(n^2+a_1^2)(n^2+a_2^2)}=\frac{\pi\left (\left (-1-\frac{F_{k-1}\:a_1^2-F_{k}}{a_2^2}\right )a_1\coth(\pi a_1)+\left (1-\frac{F_{k-1}\:a_2^2-F_{k}}{a_1^2}\right )a_2\coth(\pi a_2)\right ) - 1}{2}}= $$ $$ \pequeño{\frac{\pi}{2}\left (\left (-1-\frac{F_{k-1}\:a_1^2-F_{k}}{a_2^2}\right )a_1\coth(\pi a_1)+\left (1-\frac{F_{k-1}\:a_2^2-F_{k}}{a_1^2}\right )a_2\coth(\pi a_2)\right ) - \frac{1}{2}} $$ No tan simple álgebra y la aplicación de ciertas propiedades de los números de fibonacci muestra que $$ -1-\frac{F_{k-1}\:\frac{F_{k/2}}{F_{k/2-1}}-F_{k}}{\frac{L_{k/2}}{L_{k/2-1}}}=-\frac{2}{F_{k-1}+1} $$y de manera similar$$ 1-\frac{F_{k-1}\:\frac{L_{k/2}}{L_{k/2-1}}-F_{k}}{\frac{F_{k/2}}{F_{k/2-1}}}=-\frac{2F_{k-1}}{F_{k-1}-1} $$ Conectar estos valores en la ecuación da ahora $$ \frac{\pi}{2}\left (\left (-\frac{2}{F_{k-1}+1}\right )a_1\coth(\pi a_1)+\left (-\frac{2F_{k-1}}{F_{k-1}-1}\right )a_2\coth(\pi a_2)\right ) - \frac{1}{2} $$ En este punto, si queremos ampliar las variables, obtenemos $$ \pequeño{\frac{\pi}{2}\left (\left (-\frac{2}{F_{k-1}+1}\right )\sqrt{\frac{F_{k/2}}{F_{k/2-1}}}\coth\left (\sqrt{\frac{F_{k/2}}{F_{k/2-1}}}\pi \right )+\left (-\frac{2F_{k-1}}{F_{k-1}-1}\right )\sqrt{\frac{L_{k/2}}{L_{k/2-1}}}\coth\left (\sqrt{\frac{L_{k/2}}{L_{k/2-1}}}\pi \right )\right ) - \frac{1}{2}} $$ Que es muy similar a la ecuación original, pero no es el mismo. Creo que debo haber cometido un error en mis cálculos en algún lugar, pero esperemos que esto ayuda en la búsqueda de una correcta prueba. He pasado más de la mitad de un día en esta ecuación ahora, aunque, así que se los dejo a alguien :-)

Answer 2

Esta respuesta contiene asistida por ordenador álgebra ataques. Lápiz empuñando matemáticos ser advertido.

Vamos $$f_k(n)=\frac{1}{1+\frac{n^2}{1+\frac{1}{\frac{^\ddots_1}{1+n^2}}}}$$ donde hay $2k$ horizontal de las barras de fracción. Entonces, tenemos $$f_2(n)=\frac{1}{1+\frac{n^2}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+n^2}}}}=\frac{\frac{1}2}{n^2+1}+\frac{\frac{3}2}{n^2+3}$$ $$f_{k+1}(n)=\frac{1}{1+\frac{n^2}{1+\frac{1}{1+\frac{\frac{1}{f_k(x)}-1}{n^2}}}}$$ donde la identidad de la primera se puede comprobar por Mathematica y el segundo es bastante obvio, si usted piensa acerca de cómo deshacer la parte superior de la fracción, añadiendo un poco en el medio, entonces rehacer la parte superior.

Siguiente, supongamos que tenemos $$f_k(n)=\frac{\frac{\alpha}2}{n^2+\alpha}+\frac{\frac{\beta}2}{n^2+\beta}$$ donde $\alpha=\frac{F_{k}}{F_{k-1}}$ y $\beta=\frac{L_{k}}{L_k-1}$. Esto es cierto para $k=2$. Podemos demostrarlo de manera inductiva en un muy elegante forma sustituyendo en la fórmula de Binet para obtener $$\alpha=\frac{\varphi^n-(1-\varphi)^n}{\varphi^{n-1}-(1-\varphi)^{n-1}}$$ $$\beta=\frac{\varphi^n+(1-\varphi)^n}{\varphi^{n-1}+(1-\varphi)^{n-1}}$$ y, a continuación, conectar el lío de $f_k$ en la recurrencia de la relación, si el valor es igual a $f_{k+1}$ y dejar FullSimplify miran y se encogen de decir que esto es equivalente a una cierta expresión racional equivale a cero, que es, después de multiplicar el denominador* $$2 \left(-2+\sqrt{5}\right) \left(\left(6-2 \sqrt{5}\right)^{2 k}-\left(-1+\sqrt{5}\right)^{4 k}\right) e^{i k \pi } n+2 \left(-3+\sqrt{5}\right) \left(\left(6-2 \sqrt{5}\right)^{2 k}-\left(-1+\sqrt{5}\right)^{4 k}\right) e^{i k \pi } n^3+\left(-1+\sqrt{5}\right) \left(\left(6-2 \sqrt{5}\right)^{2 k}-\left(-1+\sqrt{5}\right)^{4 k}\right) e^{i k \pi } n^5=0$$ que se ve bastante desagradable, y aunque Mathematica parece que no puede manejar a sí mismo, se puede resolver muy fácilmente; se trata de mostrar que cada coeficiente se desvanece; en particular, se podría factor de la siguiente expresión de cada término $$\left(6-2 \sqrt{5}\right)^{2 k}-\left(-1+\sqrt{5}\right)^{4 k}$$ sin embargo, observe que $(-1+\sqrt{5})^2=6-2\sqrt{5}$ por lo que la expresión es igual a $$(6-2\sqrt{5})^{2k}-(6-2\sqrt{5})^{2k}=0.$$ Esto, junto con la suposición de que Mathematica reducciones suficiente para completar el inductivo prueba de que $$f_k(n)=\frac{\frac{\alpha}2}{n^2+\alpha}+\frac{\frac{\beta}2}{n^2+\beta}$$ con $\alpha=\frac{F_k}{F_{k-1}}$ y $\beta=\frac{L_k}{L_{k-1}}$.

Entonces, su conjetura se sigue inmediatamente de la identidad $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+c}=\frac{\pi\sqrt{c}\coth(\pi\sqrt{c})-1}{2c}.$$

*El denominador es un no-constante polinomio en $n$, que sólo puede ser de $0$ en un número finito de puntos fijos de $k$. Así, esta prueba demuestra que la deseada igualdad para todos, pero un número finito de puntos, y, puesto que dos funciones racionales estando de acuerdo en countably muchos puntos son claramente iguales, esto es suficiente y por lo tanto podemos ignorar el denominador.

Answer 3

Esta no es una respuesta completa, pero un resultado parcial.

Usted puede probar por inducción que la describe fracción de la tuya con $k$ horizontal de líneas es igual a $\frac{F_{k-1}n^2+F_{k}}{F_{k-2}n^4+2F_{k-1}n^2+F_k}$ con $k\ge3$. Tal vez con parciales de fraccionamiento, se puede calcular la serie usando el bien conocido el resultado: $$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+z^2}=\frac{\pi z\coth(\pi z)-1}{2z^2} $$ Como resultado parcial puede calcular el límite directamente: $$ \lim_{k\to\infty}\frac{F_{k-1}n^2+F_{k}}{F_{k-2}n^4+2F_{k-1}n^2+F_k}=\lim_{k\to\infty}\frac{F_{k-1}}{F_{k-2}}\frac{n^2+\frac{F_{k}}{F_{k-1}}}{n^4+2\frac{F_{k-1}}{F_{k-2}}n^2+\frac{F_k}{F_{k-2}}}=\varphi\frac{n^2+\varphi}{n^4+2\varphi n^2+\varphi^2}=\frac{\varphi}{n^2+\varphi} $$ Y por lo tanto: $$ \lim_{k\to\infty}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{1+\frac{n^2}{1+\frac{1}{\stackrel{\ddots}{1+\frac{1}{1+n^2}}}}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\varphi}{n^2+\varphi}=\varphi\frac{\pi \sqrt{\varphi}\coth(\pi \sqrt{\varphi})-1}{2\varphi}=\frac{\pi \sqrt{\varphi}\coth(\pi \sqrt{\varphi})-1}{2} $$ Espero que esto sea útil.