Suma infinita de Fibonacci lo que resulta en $\pi$

Question

He encontrado la siguiente identidad. Tratando de probar, he encontrado algunas cosas que no acabo de entender:

$$\frac{\pi}{4}=\sqrt{5} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n F_{2n+1}}{(2n+1) \phi^{4n+2}}$$

(donde $\phi=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$).

Lo he intentado

Quiero en primer lugar se considera la serie: $$F(x)=\sum_{n=0}^{\infty}F_{2n+1}x^{n}=\frac{1-x}{x^2-3x+1}$$ (cuando converge).

Luego de que sustituyó a $x$ $x^2$ y trató de integrar a tener algo como esto:

$$A(x)=\sum_{n=0}^{\infty}F_{2n+1} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}=\int \frac{1-x^2}{x^4-3x^2+1}$$

Aquí es donde uno se pregunta:

1. Es esta integración válido cosa que hacer? La suma de la izquierda tiene un valor, pero la integral de la derecha tiene algunas constantes añadido. En ese caso, ¿cómo debo elegir el constante?

Ahora, haciendo que $x=\frac{1}{\phi^2}$ haría el $\phi^{4n+2}$ plazo aparecer, pero todavía tenemos que poner un $(-1)^n$ en allí, así que pensé en poner un $i$ (porque $i^{2n+1}=i \cdot (-1)^n$) de esta manera:

$x=\frac{i}{\phi^2}$, entonces $$A(x)=i \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n F_{2n+1}}{(2n+1) \phi^{4n+2}}.$$ Así que ahora tengo que demostrar que la integral de esta $x$ es exactamente $\frac{i \pi}{4\sqrt{5}}$, pero el problema que tengo es que la integral de logaritmos y no sé cómo encontrar los logaritmos de los números complejos como $\log(5+2i)$. (He encontrado en la Wikipedia la serie de Taylor para los logaritmos, pero no puedo ver cómo esto hace que el problema más simple.)

Más preguntas

2. ¿Tiene sentido que conectar este complejo de valor en la alimentación de la serie y el integral? Si es así, żcómo se podría evaluar la integral para cada $x=\frac{i}{\phi^2}$?

3. ¿Hay algún otro camino para probar esta intrigante identidad?

Answer 1

Por la fórmula explícita para los números de Fibonacci se sigue que: $$\color{red}{S}=\color{blue}{\sqrt{5}}\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n \color{blue}{F_{2n+1}}}{(2n+1)\,\color{blue}{\varphi^{4n+2}}}=\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{2n+1}\left(\color{blue}{\frac{1}{\varphi^{2n+1}}+\frac{1}{\varphi^{6n+3}}}\right),$$ por lo tanto, por el arco tangente en series de Taylor de y (arc)de la tangente de la suma de las fórmulas: $$ \color{red}{S} = \arctan\frac{1}{\varphi}+\arctan\frac{1}{\varphi^3}=\arctan\frac{\frac{1}{\varphi}+\frac{1}{\varphi^3}}{1-\frac{1}{\varphi^4}}=\ arctan 1=\color{red}{\frac{\pi}{4}}$$ como quería.

Answer 2

Empezar con $$ \begin{align} \sum_{k=0}^\infty F_{2k+1}x^{2k} &=\frac{1-x^2}{1-3x^2+x^4}\\ &=\frac{1-x^2}{(x-\phi)(x+\phi)(x+\frac1\phi)(x-\frac1\phi)}\\ &=\frac1{2\sqrt5}\frac1{x+\phi}-\frac1{2\sqrt5}\frac1{x-\phi}+\frac1{2\sqrt5}\frac1{x+\frac1\phi}-\frac1{2\sqrt5}\frac1{x-\frac1\phi}\tag{1} \end{align} $$ La integración de los rendimientos $$ \begin{align} \sum_{k=0}^\infty\frac{F_{2k+1}}{2k+1}x^{2k+1} &=\frac1{2\sqrt5}\log\left(\frac{(x+\phi)(x+\frac1\phi)}{(x-\phi)(x-\frac1\phi)}\right)\\ &=\frac1{2\sqrt5}\log\left(\frac{x^2+\sqrt5x+1}{x^2-\sqrt5x+1}\right)\etiqueta{2} \end{align} $$ La sustitución de $x\mapsto ix de dólares, a continuación, multiplicando por $-i\sqrt5$ da $$ \begin{align} \sqrt5\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{F_{2k+1}}{2k+1}x^{2k+1} &=\frac1{2i}\log\left(\frac{1-x^2+i\sqrt5x}{1-x^2-i\sqrt5x}\right)\\ &=\frac1{2i}\left[\frac12\log\left(1+3x^2+x^4\right)+i\arctan\left(\frac{\sqrt5\,x}{1-x^2}\right)\right]\\ &-\frac1{2i}\left[\frac12\log\left(1+3x^2+x^4\right)-i\arctan\left(\frac{\sqrt5\,x}{1-x^2}\right)\right]\\ &=\arctan\left(\frac{\sqrt5\,x}{1-x^2}\right)\etiqueta{3} \end{align} $$ desde $\log(a+ib)=\tfrac12\log(a^2+b^2)+i\arctan\left(\tfrac ba\right)$ $a\gt0$; que es de $|x|\lt1$.

La evaluación de $(3)$ $x=\frac1{\phi^2}$ de los rendimientos $$ \begin{align} \sqrt5\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{F_{2k+1}}{2k+1}\frac1{\phi^{4k+2}} &=\arctan\left(\frac{\sqrt5}{\phi^2-\frac1{\phi^2}}\right)\\ &=\arctan(1)\\[9 puntos] &=\frac\pi4\etiqueta{4} \end{align} $$

Answer 3

1.Es esta integración válido cosa que hacer? porque la suma de la izquierda tiene un valor, pero la integral de la derecha tiene algunas constantes añadido .Entonces, ¿cómo elegir el constante ?

Respuesta: Sí, la integración es perfectamente válido paso en la solución a problemas como este, pero no indefinido de integración. La integración debe ser definido, de lo contrario, la igualdad entre una función en el lado izquierdo:

$$ \sum_{n=0}^\infty{}F_{2n+1}\frac{x^{2n+1}}{2n+1} $$ y un conjunto de funciones en el RHS $$ \left\{c + \int\frac{1-x^2}{x^4-3x^2+1}\text{d}x\ c\in\Bbb{R}\right\} $$ que no tiene ningún sentido.

Así, tenemos que elegir los límites adecuados. Para elegir estos límites, pensar acerca de lo que hizo al lado izquierdo para ir desde $\sum{F_{2n+1}x^{2n}}$ $\sum{F_{2n+1}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}}$. Hemos integrado el ex suma de de $0$ a $x$: $$ \int_0^x\sum_{n=0}^\infty{F_{2n+1}t^{2n}}\text{d}t = \sum_{n=0}^\infty{F_{2n+1}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}} $$ pero ya que la suma en el integrando es igual a $\frac{1-x^2}{x^4-3x^2+1}$, entonces también tenemos $$ \begin{align} \int_0^x\sum_{n=0}^\infty{F_{2n+1}t^{2n}}\text{d}t & = \int_0^x\frac{1-t^2}{t^4-3t^2+1}\text{d}t \\ & = \frac{1}{2\sqrt5}\log\left(\frac{x^2+\sqrt5x+1}{x^2-\sqrt5x+1}\right) \equiv \text{A}(x) \end{align} $$ A partir de aquí, robjohn la respuesta que explica el resto de la prueba.