Sommatoria di arcotangenti

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

Per i più esperti potrebbe sembrare una stupida ma la metto lostesso...
Detreminare il valore di $ \alpha $

$ \displaystyle \alpha = \sum_{n=1}^\infty \arctan {\frac{1}{n^2 + n +1}} $

[MindFlyer]

Solo una piccola richiesta:
Gabriel, la smetteresti di far girare le ball...
Ehm, ok, rifaccio.
Gabriel, la smetteresti di far girare gli icosaedri?
Per favore...

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

va bene, ammetto che quello grosso in basso può dare noia, lo elimino subito

[pic88]

detto $ \displaystyle a_k=\sum_{n=1}^k\arctan \left \frac{1}{n^2+n+1} \right $, dimostriamo che $ a_k= \frac{\pi}{4}-\arctan \frac{1}{k+1}. $
Per k=1 è vero, e si vede che
$ \arctan \frac{1}{k^2+k+1}-\arctan \frac{1}{k}= -\arctan \frac{1}{k+1} $

Quest'ultima roba si ha dalla fomula di somma delle tangenti.

[MindFlyer]

Grazie Gabriel, l'avatar tutto sommato non dà fastidio, quindi va bene così.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

Io ho fatto così:

da $ tan{(\alpha + \beta)} $
ricavo che
$ \displaystyle \arctan{x} - \arctan{y}=\arctan{\frac{x - y}{1 + xy}} $

quindi si ha che

$ \displaystyle a_k=\sum_{n=1}^\infty \arctan \left \frac{(n+1)-n}{1 + n(n+1)} \right =\sum_{n=1}^\infty (\arctan{(n+1)}-\arctan{n}) $

la somma diventa telescopica, si annullano tutti i termini di mezzo e rimane

$ \displaystyle a_k = arctan \infty - \arctan 1 = \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4} $