La suma de $\arcsin$ de la serie.

Question

¿Qué es $a$ si

$$\sum _{n=1} ^{\infty} \arcsin \left(\frac {\sqrt {n}-\sqrt {n-1}}{\sqrt {n (n+1)}}\right) =\frac {\pi }{a} \,?$$

Intento: Lo que he intentado es convertir la serie a $\arctan$ y, a continuación, convertirlo telescópico de la serie. Así que en términos de $\arctan$ se convierte en

$$\arctan \left(\frac {\sqrt {n}-\sqrt {n-1}}{\sqrt {n}+\sqrt {n-1}}\right)$$

pero ahora si puedo dividir por $n$ simplifica como $n\frac {\pi}4-\sum _1^{\infty} \arctan \left(\frac {\sqrt {n-1}}{\sqrt {n}}\right)$ pero como $n$ tiende hacia el infinito llevará hasta el infinito que parece incorrecto. También tenga en cuenta que $a$ es un número entero . Gracias!

Answer 1

Podemos utilizar la siguiente identidad trigonométrica $$\arcsin x-\arcsin y = \arcsin(x\sqrt{1-y^2}-y\sqrt{1-x^2})$$ por poner $x=\frac{1}{\sqrt{n}}$, $y=\frac{1}{\sqrt{n+1}}$. A continuación, obtenemos $$\begin{align}\arcsin \frac{1}{\sqrt{n}}-\arcsin \frac{1}{\sqrt{n+1}} &= \arcsin\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\sqrt{1-\frac{1}{n+1}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\sqrt{1-\frac{1}{n}}\right)\\ &=\arcsin\left(\frac{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}}\right). \end{align}$$ Así que tenemos una telescópico de la serie $$\begin{align} \sum_{n=1}^{k} \arcsin\left(\frac{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}}\right) &= \sum_{n=1}^{k} \left(\arcsin \frac{1}{\sqrt{n}}-\arcsin \frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\\ &=\arcsin 1-\arcsin \frac{1}{\sqrt{k+1}} \end{align}$$ y en el límite de $\sum_{n=1}^{\infty} \arcsin\left(\frac{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}}\right)=\arcsin 1-\arcsin 0=\frac{\pi}{2}$$a=2$.

Answer 2

Tomando el principal rama de $\arcsin$ (con valores en $\bigl[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\bigr]$), tenemos

$$\tan\bigl(\arcsin s\bigr) = \frac{\sin \bigl(\arcsin s\bigr)}{\cos \bigl(\arcsin s\bigr)} = \frac{s}{\sqrt{1 - s^2}}.$$

Con $s = \frac{\sqrt{n} - \sqrt{n-1}}{\sqrt{n(n+1)}}$, obtenemos

$$\begin{align} 1 - s^2 &= 1 - \frac{(\sqrt{n} - \sqrt{n-1})^2}{n(n+1)}\\ &= \frac{n^2 + n - (n - 2\sqrt{n(n-1)} + n-1)}{n(n+1)}\\ &= \frac{n(n-1) + 2\sqrt{n(n-1)} + 1}{n(n+1)}\\ &= \frac{(1 + \sqrt{n(n-1)})^2}{n(n+1)}, \end{align}$$

y así

$$\begin{align} \tan \biggl(\arcsin \frac{\sqrt{n} - \sqrt{n-1}}{\sqrt{n(n+1)}}\biggr) &= \frac{\sqrt{n} - \sqrt{n-1}}{\sqrt{n(n+1)}}\cdot \frac{\sqrt{n(n+1)}}{1 + \sqrt{n(n-1)}} \\ &= \frac{\sqrt{n} - \sqrt{n-1}}{1 + \sqrt{n} \sqrt{n-1}} \\ &= \tan\bigl(\arctan \sqrt{n} - \arctan \sqrt{n-1}\bigr), \end{align}$$

de dónde obtenemos

$$\sum_{n = 1}^{\infty} \arcsin \frac{\sqrt{n} - \sqrt{n-1}}{\sqrt{n(n+1)}} = \sum_{n = 1}^\infty \bigl( \arctan \sqrt{n} - \arctan \sqrt{n-1}\bigr) = \frac{\pi}{2}.$$