Evaluar $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \arctan \frac{4n - 1}{2} - \arctan \frac{4n - 3}{2} \right)$

Question

Me quedé atrapado en la siguiente serie: $$ \sum_{n=1}^{\infty} \left( \arctan \frac{4n - 1}{2} - \arctan \frac{4n - 3}{2} \right). $$ Me parece que no puede hacer una aproximación porque no $-3$$+3$. Por favor, ayuda!

Answer 1

Deje $a_n$ $n^{th}$ término de la serie en la mano. Tenemos $$\begin{align} a_n = & \tan^{-1}\frac{4n-1}{2} - \tan^{-1}\frac{4n-3}{2}\\ = & \tan^{-1}\left(\frac{\frac{4n-1}{2}-\frac{4n-3}{2}}{1 + \frac{4n-1}{2}\frac{4n-3}{2}}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{1}{(2n-1)^2 + \frac34}\right)\\ \end{align}$$ Aviso de $\;\tan^{-1}(x) = \Im\log(1 + ix)\;$ real $x$, podemos reescribir $a_n$

$$a_n = \Im\left\{\log\left( 1 + \frac{i}{(2n-1)^2 + \frac34}\right)\right\} = \Im\left\{\log\left( 1 + \frac{\frac34 + i}{(2n-1)^2}\right)\right\} $$

Compare esto con los factores en la infinita expansión de productos de $\cosh x$:

$$\cosh x = \prod_{n=1}^{\infty}\left(1 + \frac{4x^2}{(2n-1)^2\pi^2}\right)$$ Nos encontramos con$\color{blue}{^{[1]}}$

$$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty a_n = &\Im\left\{\log\cosh\left(\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac34+i}\right)\right\} = \Im\left\{\log\cosh\left[\frac{\pi}{2}\left(1 + \frac{i}{2}\right)\right]\right\}\\ = & \Im\left\{\log\left[\cosh\frac{\pi}{2} \cos\frac{\pi}{4} + \sinh\frac{\pi}{2}\sin\frac{\pi}{4}i\right]\right\} = \Im\left\{\log\left[ 1 + \tanh\frac{\pi}{2} i\right]\right\}\\ = & \tan^{-1}\left[\tanh\left(\frac{\pi}{2}\right)\right] \end{align}$$

Notas

• $\color{blue}{[1]}$ Dados cualesquiera dos números complejos $u$ y $v$, $\log(uv)$ la necesidad no es igual a $\log u + \log u$ en general. En su lugar, tenemos $$\log(uv) = \log u + \log v + i2\pi N$$ para algunos entero $N$. Por lo que en principio, $$\begin{align} a_n &= \Im\left\{\log\left( 1 + \frac{\frac34 + i}{(2n-1)^2}\right)\right\}\\ \implies \sum_{n=1}^\infty a_n &= \Im\left\{\log\prod_{n=1}^\infty\left( 1 + \frac{\frac34 + i}{(2n-1)^2}\right)\right\} + 2\pi N \end{align}$$ para algunos entero $N$ solamente. Sin embargo, $a_n$ es lo suficientemente pequeña como la suma cae dentro del rango $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$, $N$ es de cero. El ingenuo buscando reemplazo: $$\sum_{n=1}^\infty a_n \quad\longrightarrow\quad \Im\left\{\log\cosh\left(\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac34+i}\right)\right\}$$ hace el trabajo.

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\sum_{n = 1}^{\infty}\bracks{% \arctan\pars{4n - 1 \over 2} - \arctan\pars{4n - 3 \over 2}}:\ {\large ?}}$

\begin{align}&\color{#c00000}{\sum_{n = 1}^{\infty}\bracks{% \arctan\pars{4n - 1 \over 2} - \arctan\pars{4n - 3 \over 2}}} =\sum_{n = 0}^{\infty} \int_{\pars{4n + 1}/2}^{\pars{4n + 3}/2}{\dd x \over x^{2} + 1} \end{align}

Con $\ds{x \equiv {4n + 1 \over 2} + \xi}$:

\begin{align}&\color{#c00000}{\sum_{n = 1}^{\infty}\bracks{% \arctan\pars{4n - 1 \over 2} - \arctan\pars{4n - 3 \over 2}}} =\sum_{n = 0}^{\infty} \int_{0}^{1}{\dd\xi \over \bracks{\pars{4n + 1}/2 + \xi}^{2} + 1} \\[3mm]&=\int_{0}^{1}\sum_{n = 0}^{\infty} {1 \over \pars{2n + 1/2 + \xi + \ic}\pars{2n + 1/2 + \xi - \ic}}\,\dd\xi \\[3mm]&={1 \over 4}\int_{0}^{1}\sum_{n = 0}^{\infty} {1 \over \pars{n + 1/4 + \xi/2 + \ic/2}\pars{n + 1/4 + \xi/2 - \ic/2}}\,\dd\xi \\[3mm]&={1 \over 4}\int_{0}^{1} {\Psi\pars{1/4 + \xi/2 + \ic/2} - \Psi\pars{1/4 + \xi/2 - \ic/2} \over \ic}\,\dd\xi =\half\,\Im\int_{0}^{1}\Psi\pars{1/4 + \xi/2 + \ic/2}\,\dd\xi \\[3mm]&=\Im\ln\pars{\Gamma\pars{3/4 + \ic/2} \over \Gamma\pars{1/4 + \ic/2}} =\Im\ln\pars{% \Gamma\pars{{3 \over 4} + {\ic \over 2}}\Gamma\pars{{1 \over 4} - {\ic \over 2}}} \qquad\qquad\qquad\quad\pars{1} \\[3mm]&=\Im\ln\pars{\pi\root{2} \over \cosh\pars{\pi/2} - \ic\sinh\pars{\pi/2}} =\arctan\pars{\tanh\pars{\pi \over 2}}\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\pars{2} \end{align}

En $\pars{1}$ $\pars{2}$ hemos utilizado la identidad de ${\bf\mbox{6.1.32}}$ de $\large\mbox{this table}$.

\begin{align}&\color{#88f}{\large\sum_{n = 1}^{\infty}\bracks{% \arctan\pars{4n - 1 \over 2} - \arctan\pars{4n - 3 \over 2}} =\arctan\pars{\tanh\pars{\pi \over 2}}} \\[3mm]&\approx 0.7422 \end{align}