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calcolare

$ \sum\limits_{n\in\mathbb{N}}\arctan\frac{1}{n^2} $

ciao ciao

$ \forall x\ge 0\qquad\displaystyle \frac{\pi x}{2x+\pi}\le \arctan{x}\le x $, quindi

$ \displaystyle\sum_{n\in\mathbb{N}^*} \frac{1}{ n^2+\frac{2}{\pi}} < \sum_{n\in\mathbb{N}^*} \arctan\frac{1}{n^2}<\frac{\pi^2}{6} $

Beh! Intanto sappiamo che che esiste finito!

Non potrebbe anche essere $ \sum\limits_{n\in\mathbb{N}}\arctan\frac{1}{n^2}<\frac{\pi}{2} $????

Con$ \displaystyle\frac{\pi}{2} $ che sarebbe l'angolo in radianti....

Visto che è più facile risolvere i problemi che ci si pone da soli, faccio notare che se fosse 2/n^2 l'argomento dell'arcotangente, verrebbe una simpatica serie telescopica.

ehm... scusami... non ho capito bene... era riferito a quello che ho scritto io il tuo messaggio? (Forse ho scritto qualcosa che non centra con il problema di frengo? )

No, Sosuke, non parlavo con te ... piuttosto, non ho capito come ti viene minore di $ \pi/2 $ ... ma cmq volevo dire questo :
$ \arctan\left(\frac{2}{n^2}\right)=\arctan\left(\frac1{n-1}\right)-\arctan\left(\frac1{n+1}\right) $
E quindi la somma $ \displaystyle{\sum_{n=1}^\infty\arctan\left(\dfrac2{n^2}\right)=\dfrac{3\pi}4} $

EvaristeG ha scritto: $ \arctan\left(\frac{2}{n^2}\right)=\arctan\left(\frac1{n-1}\right)-\arctan\left(\frac1{n+1}\right) $

E se ci metti un $ \sqrt 2 $ davanti, non viene
$ \arctan\left(\frac{1}{n^2}\right)=\arctan\left(\frac1{\sqrt 2 n-1}\right)-\arctan\left(\frac1{\sqrt 2 n+1}\right) $?

Non lo saprei dimostrare... ma mi pare che in questo caso più è grande $ n $ più piccolo diventi l'arcontangete... partendo da un valore di 45 (con n=1) fino ad ad arrivare al punto che l'arcontangete tendi a 0 (con n sempre più grandi)...

Ora.. appunto facendo le somme (non sparei come fre in altro modo... ancora) di tutte queste arcotangenti il valore dovrebbe tendere a 90... no? [/tex]

hmm no... non ha senso quello che dici: comunque sommi un'infinità di numeri tra 45 e 0 deve venirti 90? E' questo che vuoi dire?


@fph : indubbiamente ... e dunque? mica si telescopizza..

mi pare però che siano numeri che tendono a 0... o no?

Sì, ma non implica nulla.

Il fatto che i termini tendano a zero, non è nemmeno sufficiente per dimostrare che la serie converga...

Anche questa e` telescopica $ \sum_{n>0} arctan(\frac{1}{n^{2} + 3/4}) $ e viene $ arctan(2) $ che, (ammesso abbia un qualche interesse...) e` un`approssimazione dal basso del valore cercato.

per me ha senso appunto perche' e' un limite inferiore

$ \displaystyle{\sum_{n=1}^\infty\arctan\left(\dfrac1{n^2}\right)=} $$ \displaystyle{\dfrac12\left[\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}-\arctan\left(\cot\left(\pi\sqrt{2}\right)-e^{\pi\sqrt{2}} $$ \displaystyle{\left.\left.\csc\left(\pi\sqrt{2}\right) \right)-\textrm{arccot}\left(\cot\left(\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}\right)\tanh\left(\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}\right)\right)\right]} $$ =1.424741778\ldots $

EvaristeG, credo che la tua formula difetti di qualche pigreco...
Ho sintetizzato la soluzione in http://linuz.sns.it/~jack202/sumarctaninversesquare.pdf,
fammi sapere se torna.