Demostrar $\sum_{n=1}^\infty \text{arccot }a_n^2=\frac{\pi}{12}$ donde $a_n=\frac{\left(2+\sqrt{3}\right)^n-\left(2-\sqrt{3}\right)^n}{\sqrt{3}}$

Question

Vamos $a_1=2$, $a_2=8$, $a_n=4a_{n-1}-a_{n-2}$, $n=3,4,5,\ldots$. Probar: $$\sum_{n=1}^\infty \mathrm{arccot} (a_n^2)=\frac{\pi}{12} $$

Mi intento: he trabajado $a_n=\frac{\left(2+\sqrt{3}\right)^n-\left(2-\sqrt{3}\right)^n}{\sqrt{3}}$, pero no sé cómo hacerlo después. Puede alguien darme alguna sugerencia? Gracias.

Answer 1

En primer lugar tenemos $$a^2_{n}-a_{n+1}a_{n-1}=4$$ Prueba: $$a_{n}(4a_{n-1})=a_{n-1}(4a_{n})$$ luego nos $$a_{n}(a_{n}+a_{n-2})=a_{n-1}(a_{n+1}+a_{n-1})$$ entonces $$a^2_{n}-a_{n+1}a_{n-1}=a^2_{n-1}-a_{n}a_{n-2}=\cdots=a^2_{2}-a_{3}a_{1}=4$$

así $$\cot^{-1}{a^2_{n}}=\cot^{-1}{\dfrac{a_{n}(4a_{n})}{4}}=\cot^{-1}{\dfrac{a_{n}(a_{n+1}+a_{n-1})}{a^2_{n}-a_{n+1}a_{n-1}}}=\cot^{-1}{\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}}-\cot^{-1}{\dfrac{a_{n}}{a_{n-1}}}$$ así $$\sum_{n=1}^{\infty}\cot^{-1}{a^2_{n}}=\cot^{-1}{(2+\sqrt{3})}=\dfrac{\pi}{12}$$ desde $$\sum_{n=1}^{\infty}\cot^{-1}{a^2_{n}}=\cot^{-1}{a^2_{1}}+\lim_{N\to\infty}\sum_{n=2}^{N}\cot^{-1}{a^2_{n}}=\cot^{-1}{a^2_{1}}+\lim_{n\to\infty}\sum_{n=2}^{N}\left(\cot^{-1}{\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}}-\cot^{-1}{\dfrac{a_{n}}{a_{n-1}}}\right)$$ $$=\cot^{-1}{a^2_{1}}+\lim_{n\to\infty}\left(\cot^{-1}{\dfrac{a_{N+1}}{a_{N}}}-\cot^{-1}{\dfrac{a_{2}}{a_{1}}}\right)=\lim_{N\to\infty}\cot^{-1}{\dfrac{a_{N+1}}{a_{N}}}$$

deje $a_{n+1}=4a_{n}-a_{n-1}$,fácil de demostrar $$\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=r>1$$es exst. por lo $$r^2=4r-1\Longrightarrow r=2+\sqrt{3}$$