OliForum Matematico

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} $

Ora ho corretto Jack ... cmq il tuo link difetta di risoluzione, tanto per rendere la pariglia

SkZ ha scritto:

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} $

Io non è che stia capendo molto... però spero non vi dispiaccia se qualche volta mi metto in mezzo...

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.

Ah ecco ecco... chiao ora... gentilissimo...

ora capisco pure perchè quello che ho detto prima non aveva senso...

Ma Skz ti riferivi a me quando parlavi del limite inferiore?

no a rand.
casomai il tuo e' un limite superiore

ah ecco... per altro il mio dovrebbe essere pure sbagliato...

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) $