Evaluación de

Question

Encontrar la siguiente suma

$$S= \sum _{n=1}^{\infty} \tan^{-1} \frac{2}{n^2+n+4}$$

No soy capaz de hacerla serie telescópica. ¿Alguien podría ayudarme con esto?

Answer 1

Esto puede escribirse como $$\sum_{n=1}^\infty \left(\arctan \frac2n - \arctan \frac2{n+1}\right) = \arctan 2.$$

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Por supuesto, si nos misteriosamente encontrar esta expresión, podemos comprobar que el uso de la fórmula $\arctan x - \arctan y = \arctan \frac{x-y}{1+xy}$. Pero ¿cómo podemos encontrar esta expresión en el primer lugar?

Si suponemos que la forma de $x$$y$, es decir, $\frac1{a n + b}$$\frac1{a(n+1)+b}$, entonces podemos averiguar cuándo $\frac{x-y}{1+xy} = \frac{2}{n^2+n+4}$. Esto nos da $$\frac{a}{a^2 n^2+a^2 n+2 a b n+a b+b^2+1} = \frac{2}{n^2+n+4}.$$ To get a $2$ in the numerator at the same time as an $n^2$ in the denominator, we want $ = \frac12$, and then $b=0$ de la siguiente manera por simple álgebra.

(Adivinar la forma $\frac1{an+b}$ no es demasiado razonable, puesto que queremos algo que va a $0$ $n \to \infty.$ no Es la única posibilidad, por supuesto.)

Otra respuesta es "encontrar el patrón y verificación". Si calcular las primeras sumas parciales y tratar de meterlos en un $\arctan$ (mediante la adición correspondiente de la fórmula), entonces obtenemos $$\arctan \frac13, \arctan \frac47, \arctan \frac34, \arctan \frac89,\arctan 1, \arctan \frac{12}{11},\arctan \frac{7}{6}, \arctan \frac{16}{13}, \dots,$$ y eso es lo que me llevó a distinguir el patrón: este es $$\arctan \frac26,\arctan \frac47,\arctan \frac68,\arctan \frac89,\arctan \frac{10}{10},\arctan \frac{12}{11},\arctan \frac{14}{12},\arctan \frac{16}{13},$$ por lo que el $n^{\text{th}}$ plazo es $\arctan \frac{2n}{n+5}$. Esto no vamos a encontrar la forma telescópica, pero ahora podemos demostrar que esta es la correcta suma parcial por inducción, y el límite de $n \to \infty$$\arctan 2$.

Answer 2

La serie dada es sólo el argumento de % $ $$ \prod_{n\geq 1}\left(1+\frac{2i}{n^2+n+4}\right) =\left(\frac{4}{5}+\frac{8 i}{5}\right) \text{sinh}(2\pi)\, \text{sech}\left(\frac{\sqrt{15} \pi }{2}\right)$$\color{red}{\arctan 2}$. La identidad anterior se desprende de los productos de Weierstrass de las funciones coseno y seno (hiperbólico).

Answer 3

"Recordar" esta identidad trigonométrica: $$ \arctan x + \arctan y = \arctan \frac{x+y}{1-xy} $$ ahora piense aplicar que:\begin{align} & \arctan \frac{an+b}{cn+d} + \arctan \frac{en+f}{gn+h} \\[10pt] = {} & \arctan \frac{\dfrac{an+b}{cn+d} + \dfrac{en+f}{gn+h}}{1 - \dfrac{an+b}{cn+d} \cdot \dfrac{en+f}{gn+h}} \\[10pt] = {} & \arctan \frac{(an+b)(gn+h) + (en+f)(cn+d)}{(cn+d)(gn+h) - (an+b)(en+f)} \\[10pt] = {} & \arctan \frac{(ag+eh)n^2 + (bg+ah+ed+fe)n + (bh + fd)}{(cg-ae)n^2 + (ch+dg-af-be)n + (dh-bf)} \end {Alinee el} desea elegir $a,b,c,d,e,f,g,h$ de tal manera que $ag+eh=0,$ $cg-ae=1,$ etcetera.

Entonces tienes dos términos, $\dfrac{an+b}{cn+d} + \arctan \dfrac{en+f}{gn+h},$ donde usted tenía originalmente uno.