¿Converge esta serie de ángulos?

Question

Considera la secuencia de cuadrados y ángulos como en esta figura:

Desde $\tan \alpha_n=\frac{1}{n}$ podemos demostrar que $\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3=\frac{\pi}{2}$ (véase : Determina el ángulo de 3 líneas trazadas desde cada esquina de 3 cuadrados congruentes )

Para $n>3$ la suma de los ángulos $$ \beta_n= \sum_{i=1}^n \alpha_i $$ es más difícil de encontrar utilizando las fórmulas tigonométricas para la tangente de los ángulos de la suma. Por lo tanto, la primera pregunta es si hay algún otro método para encontrar esta suma.

La segunda cuestión es si la serie $$ \sum_{i=1}^\infty \alpha_i $$ convergen o no y, si convergen, cuál es la suma.

He tentado un experimento numérico que da: $\beta_{1000}=\pi \cdot2.294981074\ldots$ y $\beta_{2000}=\pi \cdot2,515537077\ldots$ Pero, obviamente, esto no es concluyente.

Answer 1

Nota para el número real $x$ tenemos $$\tan^{-1}(x) = \Im\log(1+ix) = \frac{1}{2i}\log\left(\frac{1+ix}{1-ix}\right)$$

Esto nos da

$$\begin{align} \alpha_n = \tan^{-1}\frac1n &= \frac{1}{2i}\log\left(\frac{n+i}{n-i}\right) = \frac{1}{2i}\log\left(\frac{\Gamma(n+1+i)/\Gamma(n+i)}{\Gamma(n+1-i)/\Gamma(n-i)}\right)\\ &= \frac{1}{2i}\left[\log\left(\frac{\Gamma(n+1+i)}{ \Gamma(n+1-i)}\right)-\log\left(\frac{\Gamma(n+i)}{\Gamma(n-i)}\right)\right]\\ &= \Im\log\Gamma(n+1+i) - \Im\log\Gamma(n+i) \end{align} $$ donde $\Gamma(x)$ es el Función gamma .

Un corolario de esto es que las sumas parciales tienen una expresión de forma cerrada: $$\sum_{k=1}^N \alpha_k = \Im\log\Gamma(N+1+i) - \Im\log\Gamma(1+i)\tag{*1}$$

Para $|\arg z | \le \pi - \delta$ , $\log\Gamma(z)$ tiene la siguiente expansión asintótica para grandes $|z|$ :

$$\log\Gamma(z) \asymp (z- \frac12)\log z - z + \frac12\log(2\pi) + \sum_{r=1}^\infty \frac{B_{2r}}{2r(2r-1)z^{2r-1}}\tag{*2}$$ donde $B_r$ son los Números de Bernoulli .

Sustituir $z$ por $N + 1 \pm i$ y aplicar $(*2)$ a $(*1)$ se encuentra que las sumas parciales divergen como $\log N$ más un desplazamiento constante $-\Im\log\Gamma(1+i) \approx 0.30164032046$ :

$$\sum_{k=1}^N \alpha_k = \log(N) -\Im\log\Gamma(1+i) + \frac{1}{2N}+\frac{1}{12N^2}-\frac{1}{6N^3}+O(N^{-4}) $$

Answer 2

Desde $\beta_n = \beta_{n-1}+\alpha_n$ tenemos $\tan \beta_n = \tan(\beta_{n-1}+\alpha_n) = \dfrac{\tan \beta_{n-1} + \tan \alpha_n}{1-\tan\beta_{n-1}\tan\alpha_n} = \dfrac{\tan \beta_{n-1} + \tfrac{1}{n}}{1-\tfrac{1}{n}\tan\beta_{n-1}}$ .

Esto nos da una relación recursiva para $\tan \beta_n$ . Creo que esto es lo mejor que podemos hacer.

Como ya se ha mencionado en los comentarios, para los grandes $n$ , $\alpha_n = \arctan\dfrac{1}{n} \sim \dfrac{1}{n}$ por lo que las sumas parciales se comportarán como $\beta_N \sim \log N$ para grandes $N$ . Si intentas tu experimento numérico para mayores $N$ , obtendrá $\beta_{10^4} \approx 3.02777\pi$ , $\beta_{10^5} \approx 3.76069\pi$ , $\beta_{10^6} \approx 4.49363\pi$ , $\beta_{10^7} \approx 5.22656\pi$ y $\beta_{10^8} \approx 5.95950\pi$ . Como se puede ver, esto está creciendo logarítmicamente como se predijo.

Answer 3

Podemos utilizar el Prueba integral de convergencia :

Supongamos que la serie converge a un número real, entonces:

$$\int_1^\infty \tan^{-1} \left(\frac{1}{x}\right) \, dx \leq \sum_{n=1}^\infty \tan^{-1} \left(\frac{1}{n}\right) \leq \tan^{-1}(1) + \int_1^\infty \tan^{-1} \left(\frac{1}{x}\right) \, dx$$

donde

$\int\tan^{-1}\big(\frac{1}{x}\big)dx = \ln(x^2+1)+x\tan^{-1}\big(\frac{1}{x}\big)+c$

pero

$\lim_{x\to\infty}\ln(x^2+1)+x\tan^{-1}\big(\frac{1}{x}\big) \notin \mathbb{R}$

por lo que la integral no converge, y por tanto, la serie tampoco converge.

Answer 4

$$ \tan \alpha_n = \frac 1 n. $$ $$ \frac x {\tan x} \to 1 \text{ as }x\to0. $$ Por lo tanto, $$ \frac{\alpha_n}{1/n} = \frac{\alpha_n}{\tan\alpha_n} \to 1 \text{ as }n\to\infty. $$ Si $a_n,b_n>0$ para todos $n$ y $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{b_n}$ es un número estrictamente positivo, entonces las dos series $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ y $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n$ ambos convergen o ambos divergen. Sabemos que $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac 1 n$ diverge. Por lo tanto, la otra serie también diverge.