Calcolare la somma di una serie parametrica con arcotangente
Vi propongo un esercizio che ho trovato sul libro "Advanced Calculus Explored" che chiede di trovare un'espressione chiusa per la somma di una serie parametrica con una arcotangente. Il testo tradotto è:
"Dimostrare che \[\sum_{n=1}^{\infty} \text{arctan}\Bigg(\frac{x^2}{n^2}\Bigg)=\frac{\pi}{4}-\text{arctan}\Bigg(\frac{\text{tanh}\Big(\frac{\pi x}{\sqrt 2}\Big)}{\text{tan}\Big(\frac{\pi x}{\sqrt2}\Big)}\Bigg)\]
Si consideri che per $x=\sqrt 2$ valga \(\text{arctan}\Big(\frac{\text{tanh}\ \pi}{\text{tan}\ \pi}\Big)=-\frac{\pi}{2}\)."
Ora, il caso $x=\sqrt 2$ è banale perché ci si riconduce facilmente ad una serie telescopica ma generalizzando diventa molto più complesso... Avete idee?
"Dimostrare che \[\sum_{n=1}^{\infty} \text{arctan}\Bigg(\frac{x^2}{n^2}\Bigg)=\frac{\pi}{4}-\text{arctan}\Bigg(\frac{\text{tanh}\Big(\frac{\pi x}{\sqrt 2}\Big)}{\text{tan}\Big(\frac{\pi x}{\sqrt2}\Big)}\Bigg)\]
Si consideri che per $x=\sqrt 2$ valga \(\text{arctan}\Big(\frac{\text{tanh}\ \pi}{\text{tan}\ \pi}\Big)=-\frac{\pi}{2}\)."
Ora, il caso $x=\sqrt 2$ è banale perché ci si riconduce facilmente ad una serie telescopica ma generalizzando diventa molto più complesso... Avete idee?
Risposte
Ciao Bianco17,
Un'idea ce l'ho, ma non è proprio banalissima...
$ \sum_{n=1}^{+\infty} arctan(\frac{x^2}{n^2}) = \text{Im} \sum_{n=1}^{+\infty} ln(1 + i \frac{x^2}{n^2}) = \text{Im}[ln (\prod_{n = 1}^{+\infty} (1 + i \frac{x^2}{n^2}))] = $
$ = \text{Im} [ln (\prod_{n = 1}^{+\infty} (1 - \frac{(\sqrt{-i}x)^2}{n^2}))] = \text{Im} [ln \frac{sin(\pi \sqrt{-i}x)}{\pi \sqrt{-i}x}] = \text{Im} [ln \frac{sin(\pi (1-i)x/sqrt2)}{\pi (1-i)x/sqrt2}] = $
$ = \text{Im} [ln \frac{sin(\pi x/sqrt2)cos(i\pi x/sqrt2) - cos(\pi x/sqrt2) sin(i\pi x/sqrt2)}{\pi (1-i)x/sqrt2}] = $
$ = \text{Im} [ln \frac{sin(\pi x/sqrt2)cosh(\pi x/sqrt2) - i cos(\pi x/sqrt2) sinh(\pi x/sqrt2)}{\pi (1-i)x/sqrt2}] = $
$ = \text{Im} [ln(sin(\pi x/sqrt2)cosh(\pi x/sqrt2) - i cos(\pi x/sqrt2) sinh(\pi x/sqrt2)) - ln(\pi (1-i)x/sqrt2)] = $
$ = \pi/4 + \text{Im} [ln(sin(\pi x/sqrt2)cosh(\pi x/sqrt2) - i cos(\pi x/sqrt2) sinh(\pi x/sqrt2))] = $
$ = \pi/4 - arctan[(cos(\pi x/sqrt2) sinh(\pi x/sqrt2))/(sin(\pi x/sqrt2)cosh(\pi x/sqrt2))] = $
$ = \pi/4 - arctan[(tanh(\pi x/sqrt2))/(tan(\pi x/sqrt2))] $
Perché torni il caso che si ottiene per $x=sqrt2 $ occorre assumere che valga $arctan((tanh\pi)/(tan\pi)) = -\pi/2 $, infatti si ha:
$ \sum_{n=1}^{+\infty} arctan(\frac{2}{n^2}) = (3\pi)/4 $
"Bianco17":
Avete idee?
Un'idea ce l'ho, ma non è proprio banalissima...
$ \sum_{n=1}^{+\infty} arctan(\frac{x^2}{n^2}) = \text{Im} \sum_{n=1}^{+\infty} ln(1 + i \frac{x^2}{n^2}) = \text{Im}[ln (\prod_{n = 1}^{+\infty} (1 + i \frac{x^2}{n^2}))] = $
$ = \text{Im} [ln (\prod_{n = 1}^{+\infty} (1 - \frac{(\sqrt{-i}x)^2}{n^2}))] = \text{Im} [ln \frac{sin(\pi \sqrt{-i}x)}{\pi \sqrt{-i}x}] = \text{Im} [ln \frac{sin(\pi (1-i)x/sqrt2)}{\pi (1-i)x/sqrt2}] = $
$ = \text{Im} [ln \frac{sin(\pi x/sqrt2)cos(i\pi x/sqrt2) - cos(\pi x/sqrt2) sin(i\pi x/sqrt2)}{\pi (1-i)x/sqrt2}] = $
$ = \text{Im} [ln \frac{sin(\pi x/sqrt2)cosh(\pi x/sqrt2) - i cos(\pi x/sqrt2) sinh(\pi x/sqrt2)}{\pi (1-i)x/sqrt2}] = $
$ = \text{Im} [ln(sin(\pi x/sqrt2)cosh(\pi x/sqrt2) - i cos(\pi x/sqrt2) sinh(\pi x/sqrt2)) - ln(\pi (1-i)x/sqrt2)] = $
$ = \pi/4 + \text{Im} [ln(sin(\pi x/sqrt2)cosh(\pi x/sqrt2) - i cos(\pi x/sqrt2) sinh(\pi x/sqrt2))] = $
$ = \pi/4 - arctan[(cos(\pi x/sqrt2) sinh(\pi x/sqrt2))/(sin(\pi x/sqrt2)cosh(\pi x/sqrt2))] = $
$ = \pi/4 - arctan[(tanh(\pi x/sqrt2))/(tan(\pi x/sqrt2))] $
"Bianco17":
Si consideri che per $x=sqrt2 $ valga $arctan((tanh\pi)/(tan\pi)) = \pi/2 $
Ora, il caso $x=sqrt2 $ è banale perché ci si riconduce facilmente ad una serie telescopica
Perché torni il caso che si ottiene per $x=sqrt2 $ occorre assumere che valga $arctan((tanh\pi)/(tan\pi)) = -\pi/2 $, infatti si ha:
$ \sum_{n=1}^{+\infty} arctan(\frac{2}{n^2}) = (3\pi)/4 $
WOW.
È una dimostrazione meravigliosa!! Saranno 10 minuti che la leggo e la rileggo per quanto sia semplice ma a dir poco geniale… Avevo intuito dalla tangente iperbolica che forse i numeri complessi avrebbero potuto avere un ruolo importante in questa storia ma non fino a questo punto. Davvero complimenti
Comunque l'errore che hai evidenziato
è stato per una mia svista nel ricopiare la traccia!
È una dimostrazione meravigliosa!! Saranno 10 minuti che la leggo e la rileggo per quanto sia semplice ma a dir poco geniale… Avevo intuito dalla tangente iperbolica che forse i numeri complessi avrebbero potuto avere un ruolo importante in questa storia ma non fino a questo punto. Davvero complimenti
Comunque l'errore che hai evidenziato
"pilloeffe":
Perché torni il caso che si ottiene per $x=sqrt2 $ occorre assumere che valga $arctan((tanh\pi)/(tan\pi)) = -\pi/2 $, infatti si ha: $ \sum_{n=1}^{+\infty} arctan(\frac{2}{n^2}) = (3\pi)/4 $
è stato per una mia svista nel ricopiare la traccia!
"Bianco17":
WOW.
È una dimostrazione meravigliosa!! Saranno 10 minuti che la leggo e la rileggo per quanto sia semplice ma a dir poco geniale… Avevo intuito dalla tangente iperbolica che forse i numeri complessi avrebbero potuto avere un ruolo importante in questa storia ma non fino a questo punto. Davvero complimenti
Beh, che dire... Grazie!
"Bianco17":
per quanto sia semplice
"otta96":
[quote="Bianco17"]per quanto sia semplice
[/quote]
Sì, in realtà anche a me non era sembrata particolarmente semplice: ho dovuto fare ricorso a quasi tutte le mie risorse matematiche...
Beh, semplice di per certo non lo è! Ma fila liscia come l'olio ahah 
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