EvaristeG ha scritto:...omissis...
Oh!!!!!!!!!!se puo' servire conti brutali (della mia hp48) danno
$ \displaystyle\sum_1^{100000}_n \arctan\frac{1}{n^2}\simeq 1.4247318\simeq \frac{\pi^2}{6.93} $
serie di arcotangenti
Oh!!!!!!!!!!se puo' servire conti brutali (della mia hp48) danno
$ \displaystyle\sum_1^{100000}_n \arctan\frac{1}{n^2}\simeq 1.4247318\simeq \frac{\pi^2}{6.93} $
impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]
Software is like sex: it's better when it's free (Linus T.)
membro: Club Nostalgici
Non essere egoista, dona anche tu! http://fpv.hacknight.org/a8.php
Software is like sex: it's better when it's free (Linus T.)
membro: Club Nostalgici
Non essere egoista, dona anche tu! http://fpv.hacknight.org/a8.php
Io non è che stia capendo molto... però spero non vi dispiaccia se qualche volta mi metto in mezzo...SkZ ha scritto:EvaristeG ha scritto:...omissis...
se puo' servire conti brutali (della mia hp48) danno
$ \displaystyle\sum_1^{100000}_n \arctan\frac{1}{n^2}\simeq 1.4247318\simeq \frac{\pi^2}{6.93} $
questi che stai scrivendo tu.. rappresentano dei limiti per questa sommatoria?
Sosuke ... SkZ ha solo calcolato la sommatoria per n=1 ... 100000; cioè ha fatto calcolare al computer quanto fa
$ \arctan(1/1^2)+\arctan(1/2^2)+\ldots+\arctan(1/100000^2) $
ottenendo quel numeretto, che poi ha interpretato come numero della forma $ \pi^2/A $ (non so bene per qual motivo, forse perchè la serie è vicina asintoticamente a quella degli inversi dei quadrati che ha risultato di quella forma con A=6...). Quello che ho scritto io, invece, dovrebbe essere il risultato della sommatoria fino a infinito.
$ \arctan(1/1^2)+\arctan(1/2^2)+\ldots+\arctan(1/100000^2) $
ottenendo quel numeretto, che poi ha interpretato come numero della forma $ \pi^2/A $ (non so bene per qual motivo, forse perchè la serie è vicina asintoticamente a quella degli inversi dei quadrati che ha risultato di quella forma con A=6...). Quello che ho scritto io, invece, dovrebbe essere il risultato della sommatoria fino a infinito.
Che bello, il risultato si generalizza!
Punto1. Per la formula dei residui
$ \displaystyle\frac{x^n}{x^{2n}-1}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{(-1)^j e^{2\pi i j / n}}{x^2-e^{2\pi i j / n}} $
Punto2. Derivando il logaritmo del prodotto di Weierstrass della funzione $ x^{-1}\sin{\pi x} $
$ \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2-x^2} = \frac{\pi i}{2x}\coth{(\pi i x)}-\frac{1}{2 x^2} $
Punto3. Giocherellando con gli integrali
$ \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\arctan(n^{-2^k})=\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{0}^{1}\frac{n^{2^k}}{u^2+n^{2^{k+1}}}\,du $$ \displaystyle=i \int_{0}^{-i}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n^{2^k}}{n^{2^{k+1}}-u^2}\,du $
Punto4. Utilizzando diligentemente le identita' dei punti 1 e 2, tramite il cambio di variabile $ u=\omega^{2^k} $
$ \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\arctan(n^{-2^k})= $$ \displaystyle-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{(-i)^{2^{-k}}}\sum_{j=1}^{2^k} (-1)^j e^{2^{-k}\pi i j} \coth\left(\pi i \omega e^{2^{-k}\pi i j} \right)\,d\omega $
ed ogni membro della somma interna si integra agevolmente: segue che, sebbene io sia troppo pigro da calcolare esplicitamente le primitive, la serie si esprime in forma (orrenda ma) chiusa. Il fatto che appaiano delle cotangenti iperboliche suggerisce inoltre un'altro algoritmo per giungere al risultato: tramite lo sviluppo di Taylor dell'arcotangente si esprime la serie come serie nelle zeta pari, ogni zeta pari si interpreta come residuo di una cotangente (o come "multiplo" di un certo numero di Bernoulli, che e' poi lo stesso), infine si rimettono assieme i pezzi. Offronsi ricchi premi per chiunque voglia cimentarsi in questo tortuoso percorso: la curiosita' e' forte. Al pari della pigrizia.
Ultim'ora: altri due metodi ovvero
1) Fourier: $ \displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-kx}\sin{x}\,dx=\frac{1}{1+k^2} $
2) Principio dell'argomento:
$ \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\arctan{n^{-2k}}=\arg\prod_{n=1}^{+\infty}\left(1+\frac{i}{n^{2k}}\right) $
Punto1. Per la formula dei residui
$ \displaystyle\frac{x^n}{x^{2n}-1}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{(-1)^j e^{2\pi i j / n}}{x^2-e^{2\pi i j / n}} $
Punto2. Derivando il logaritmo del prodotto di Weierstrass della funzione $ x^{-1}\sin{\pi x} $
$ \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2-x^2} = \frac{\pi i}{2x}\coth{(\pi i x)}-\frac{1}{2 x^2} $
Punto3. Giocherellando con gli integrali
$ \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\arctan(n^{-2^k})=\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{0}^{1}\frac{n^{2^k}}{u^2+n^{2^{k+1}}}\,du $$ \displaystyle=i \int_{0}^{-i}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n^{2^k}}{n^{2^{k+1}}-u^2}\,du $
Punto4. Utilizzando diligentemente le identita' dei punti 1 e 2, tramite il cambio di variabile $ u=\omega^{2^k} $
$ \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\arctan(n^{-2^k})= $$ \displaystyle-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{(-i)^{2^{-k}}}\sum_{j=1}^{2^k} (-1)^j e^{2^{-k}\pi i j} \coth\left(\pi i \omega e^{2^{-k}\pi i j} \right)\,d\omega $
ed ogni membro della somma interna si integra agevolmente: segue che, sebbene io sia troppo pigro da calcolare esplicitamente le primitive, la serie si esprime in forma (orrenda ma) chiusa. Il fatto che appaiano delle cotangenti iperboliche suggerisce inoltre un'altro algoritmo per giungere al risultato: tramite lo sviluppo di Taylor dell'arcotangente si esprime la serie come serie nelle zeta pari, ogni zeta pari si interpreta come residuo di una cotangente (o come "multiplo" di un certo numero di Bernoulli, che e' poi lo stesso), infine si rimettono assieme i pezzi. Offronsi ricchi premi per chiunque voglia cimentarsi in questo tortuoso percorso: la curiosita' e' forte. Al pari della pigrizia.
Ultim'ora: altri due metodi ovvero
1) Fourier: $ \displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-kx}\sin{x}\,dx=\frac{1}{1+k^2} $
2) Principio dell'argomento:
$ \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\arctan{n^{-2k}}=\arg\prod_{n=1}^{+\infty}\left(1+\frac{i}{n^{2k}}\right) $
Jack alias elianto84 alias jack202
http://www.matemate.info IL SITO
.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -
http://www.matemate.info IL SITO
.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -