probar esto $\sum_{n=1}^{\infty}\arctan{\left(\dfrac{1}{n^2+1}\right)}=\arctan{\left(\tan\left(\pi\sqrt{\dfrac{\sqrt{2}-1}{2}}\right)\cdots\right)}$

Question

demostrar que: $$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan{\left(\dfrac{1}{n^2+1}\right)}=\arctan{\left(\tan\left(\pi\sqrt{\dfrac{\sqrt{2}-1}{2}}\right)\cdot\dfrac{e^{\pi\sqrt{\dfrac{\sqrt{2}+1}{2}}}+e^{-\pi\sqrt{\dfrac{\sqrt{2}+1}{2}}}}{e^{\pi\sqrt{\dfrac{\sqrt{2}+1}{2}}}-e^{-\pi\sqrt{\dfrac{\sqrt{2}+1}{2}}}}\right)}-\dfrac{\pi}{8}$$

Este relust es agradable.(tal vez tenga algo de malo)

porque sé que este famoso problema $$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan{\dfrac{2}{n^2}}=\dfrac{3\pi}{4}$$ y siga AMM( E3375) problema $$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan{\dfrac{1}{n^2}}=\arctan{\left(\dfrac{\tan{\frac{\pi}{\sqrt{2}}}-th{\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}}}{\tan{\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}}+th{\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}}}\right)}$$

Seguir AMM solución:

Yo: mi problema quiero que el uso de este método,Pero en el último fallo. Gracias por tu ayuda.

Este problema es similar a esto:nos konw este

$$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}$$ y entonces, poco duro problema: $$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^2+1}=\dfrac{1}{2}(\pi\coth{\pi}-1)$$

Answer 1

Para cualquier $\alpha > 0$, vamos a $u + iv = \pi\sqrt{\alpha^2 + i}$, tenemos $$\begin{align} & \tan\left\{\sum_{n=1}^\infty \tan^{-1}\left(\frac{1}{n^2+\alpha^2}\right)\right\} =\tan\left\{\sum_{n=1}^\infty\arg\left(1+\frac{i}{n^2+\alpha^2}\right)\right\}\\ = &\tan\left\{\arg\prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{i}{n^2+\alpha^2}\right)\right\} =\tan\left\{\arg\prod_{n=1}^\infty \left( \frac{1+\frac{\alpha^2+i}{n^2}}{1+\frac{\alpha^2}{n^2}} \right)\right\}\\ = &\tan\left\{\arg\prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{\alpha^2+i}{n^2}\right)\right\} =\tan\left\{\arg\prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{(u+iv)^2}{n^2\pi^2}\right)\right\}\\ = & \tan\left\{\arg\left(\frac{\sinh(u+iv)}{u+iv}\right)\right\} =\tan\left\{\arg\left(\frac{\tanh u + i\tan v}{u+iv}\right)\right\}\\ = & \tan\left\{\arg(\tanh u + i\tan v) - \arg(u+iv)\right\}\\ = & \tan\left\{\tan^{-1}\left(\frac{\tan v}{\tanh u}\right)-\frac12\arg(\alpha^2 + i)\right\}\\ = & \tan\left\{\tan^{-1}\left(\frac{\tan v}{\tanh u}\right)-\frac12\tan^{-1}\left(\frac{1}{\alpha^2}\right)\right\} \end{align}$$ Para$\alpha = 1$,$u + iv = \pi\sqrt{\frac{\sqrt{2}+1}{2}} + i\pi\sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}}$, por lo que

$$\sum_{n=1}^\infty \bronceado^{-1}\left(\frac{1}{n^2+1}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{\tan\left(\pi\sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}}\right)}{\tanh\left(\pi\sqrt{\frac{\sqrt{2}+1}{2}}\right)}\right)- \frac{\pi}{8} + N \pi$$

para algunos entero $N$ a ser determinado. Numéricamente, la RHS excluyendo el término desconocido $N\pi$ es de alrededor de $1.0373$. En el lado izquierdo, sabemos que es un número de alrededor de $1$. Por lo que el desconocido constante $N$ $0$ y hemos terminado.

Answer 2

Aquí es una forma cerrada

$$ -\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\,{\frac {\pi \,\cuna \left( \pi \,\sqrt {-1+i} \right) }{\sqrt {-1 +i}}}-\frac{1}{4} \,{\frac {\pi \,\cuna \left( \pi \,\sqrt {-1-me} \right) }{ \sqrt {-1-i}}}\sim 0.9676963204 .$$

Tal vez se puede simplificar más.