求和$\sum\arctan (2/n^2)$

isee

求和$$\sum_{n=1}^\infty\arctan \left(\frac 2{n^2}\right).$$

zhcosin

这个应该放到高等数学版块吧？

isee

回复 2# zhcosin


    被你看穿了，不过，就像导数一样，也能玩吧。

isee

这个应该放到高等数学版块吧？
zhcosin 发表于 2017-10-10 16:58

如果改成这样$$\tan\left(\sum_{n=1}^\infty\arctan \frac 1{n^2}\right).$$

怕就只能放高数版了

abababa

回复 1# isee

这个简单吧，用公式$\arctan(\frac{2}{n^2})=\arctan(n+1)-\arctan(n-1)$，一化简就出来了。结果是$2\cdot\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}-0=\frac{3\pi}{4}$

isee

回复 5# abababa


    被你秒了，赞呢！追问，4楼呢？

zhcosin

回复 5# abababa
Niubility.

abababa

回复 6# isee

4楼的我不会，用软件算了一下，结果形式也挺复杂的。

isee

回复  isee

4楼的我不会，用软件算了一下，结果形式也挺复杂的。
abababa 发表于 2017-10-10 17:36

4#的答案

abababa

arc是什么函数？就是第一个等号后面求和那里的。

isee

回复 10# abababa


    哎呀，我擦，估计又是书上的一个书写错误。。。。。。

isee

arc是什么函数？就是第一个等号后面求和那里的。
abababa 发表于 2017-11-6 16:00

后面是复数，arc 应该是 arg

abababa

回复 12# isee

arg也看不懂这个过程，实在是弄不清楚。不过用软件算确实结果是那个。

abababa

回复 9# isee

这个从$\arg\left(\dfrac{\sinh(\frac{\pi(1+i)}{\sqrt{2}})}{\frac{\pi(1+i)}{\sqrt{2}}}\right)$向下化简的那步，具体过程是什么样的？

Infinity

根据双曲三角函数和角公式 $\sinh\frac{\pi+\pi \mathrm i}{\sqrt{2}}=\sinh\frac{\pi}{\sqrt{2}}\cos\frac{\pi}{\sqrt{2}}+\mathrm{i}\cosh \frac{\pi}{\sqrt{2}}\sin \frac{\pi}{\sqrt{2}}$
接下来将分母实数化，然后整理为实部和虚部形式就得到最后结果了。

不过无穷乘积化为双曲三角函数那一步，最好给出证明。

abababa

回复 15# Infinity

谢谢，我明白了，我直接用复数之商的辐角等于两辐角之差来算的，首先就把$\arg\frac{1}{\frac{\pi(1+i)}{\sqrt{2}}}$变成了$-\frac{\pi}{4}$，难怪算不出那种形式。

青青子衿

回复 5# abababa
mark一下
Source: Iberoamerican Olympiad for University Students 2012 - Problem 4
$$\sum_{n=0}^{\infty}\arctan\left(\frac{1}{1+n+n^2}\right)\text{.}$$
artofproblemsolving.com/community/c7h1148125p5421623

hbghlyj

isee 发表于 2017-11-3 16:31
4#的答案

\begin{aligned}
\tan \left(\sum_{n=1}^{\infty} \arctan \frac{1}{n^2}\right)&=\tan \left(\sum_{n=1}^{\infty} \arg\left(1+\frac{i}{n^2}\right)\right)\\
&=\tan \left(\arg\left(\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{\left(\frac{\pi(1+i)}{\sqrt{2}}\right)^2}{n^2 \pi^2}\right)\right)\right)\\
&=\tan \left(\arg\left(\frac{\operatorname{sh}\left(\frac{\pi(1+i)}{\sqrt{2}}\right)}{\frac{\pi(1+i)}{\sqrt{2}}}\right)\right)\\
&=\tan \left(\arctan \left(\frac{\tan \frac{\pi}{\sqrt{2}}-\operatorname{th} \frac{\pi}{\sqrt{2}}}{\tan \frac{\pi}{\sqrt{2}}+\operatorname{th} \frac{\pi}{\sqrt{2}}}\right)\right)\\
&=\frac{\tan \frac{\pi}{\sqrt{2}}-\operatorname{th} \frac{\pi}{\sqrt{2}}}{\tan \frac{\pi}{\sqrt{2}}+\operatorname{th} \frac{\pi}{\sqrt{2}}}
\end{aligned}

hbghlyj

Infinity 发表于 2018-5-1 14:54
不过无穷乘积化为双曲三角函数那一步，最好给出证明。

Euler's sine product formula
\[\sin x=x \prod_{k=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{k^2 \pi^2}\right)\]
代入$ix$
\[\sinh x=x \prod_{k=1}^{\infty}\left(1+\frac{x^2}{k^2 \pi^2}\right)\]
代入$x=\frac{\pi(1+i)}{\sqrt2}$
\[\frac{\sinh\frac{\pi(1+i)}{\sqrt2}}{\frac{\pi(1+i)}{\sqrt2}}=\prod_{k=1}^{\infty}\left(1+\frac{\left(\frac{\pi(1+i)}{\sqrt2}\right)^2}{k^2 \pi^2}\right)\]