matematikk.net

La $F_0,F_1,F_2,\dotsc$ være Fibonaccitallene, definert ved $F_0=0$ og $F_1=1$. Finn summen (som du kan anta at konvergerer)
\[ \sum_{r=1}^\infty \arctan\left( \frac{1}{F_{2r+1}} \right). \]

kan denne kun løses med r2 pensum? eller kreves det fiffige lemmaer/teorom?

Hvis jeg ikke er helt på villspor, så skal det kunne brukes induksjon for å vise denne.

Gjest skrev:kan denne kun løses med r2 pensum??

Det skal gå fint.

Når det er arctan med, så må svaret være noe med pi. Tipper på at svaret blir [tex]\frac{\pi }{4}[/tex]

Jeg får $\frac{\pi}2$.

Bruk forholdskriteriet!

Aleks855 skrev:Jeg får $\frac{\pi}2$.

Jepp, mener å huske at det skal være riktig. Men hva slags argument brukte du?

stensrud skrev:La $F_0,F_1,F_2,\dotsc$ være Fibonaccitallene, definert ved $F_0=0$ og $F_1=1$. Finn summen (som du kan anta at konvergerer)
\[ \sum_{r=1}^\infty \arctan\left( \frac{1}{F_{2r+1}} \right). \]

La $f(x)=\sum_{r=1}^\infty \arctan\left( \frac{ix}{F_{2r+1}} \right)$, så

$f'(x)=\sum_{r=1}^\infty \frac{iF_{2k+1}}{F_{2k+1}^2-x^2} $.

Delbrøksoppspalting gir

$f'(x)=\frac{i}{2} \sum_{r=1}^\infty \frac{1}{F_{2r+1}+x}+\frac{1}{F_{2r+1}-x} $

Så problemet forenkles til å finne summen

$\sum_{r=1}^\infty \frac{1}{F_{2r+1}+x}$.

Jeg vil tro man kanskje kan bruke Binet´s formel for de odde Fibonacci-tallene,

$F_{2r+1}=\frac{\phi^{2r+1}-(-\phi)^{-(2r+1)}}{\sqrt{5}}$, der $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$, samt enda mer delbrøksoppspalting her, men har ikke utført selve utregningene.

Edit: Noen som kan bekrefte/avkrefte om denne metoden fører frem? Hvordan løste du den stensrud? Jeg er også nysgjerrig på hvordan du kom frem til svaret, alex.

Pi/4

stensrud skrev:

Aleks855 skrev:Jeg får $\frac{\pi}2$.

Jepp, mener å huske at det skal være riktig. Men hva slags argument brukte du?

Har ikke tid til så mye latex akkurat nå, men kan vise ved induksjon at $\sum_{i=0}^n\arctan\left(\frac1{F_{2i+1}}\right)=\arctan \left( F_{2n+2}\right)$

Induksjonssteget $$\sum_{i=0}^{n+1}\arctan\frac1{F_{2i+1}}=\arctan F_{2n+2}+\arctan\frac1{F_{2n+3}}$$

kan vises ved å bruke $\arctan a+\arctan b\equiv \arctan\frac{a+b}{1-ab}\pmod\pi$ der $a=F_{2n+2}$ og $y=\frac{1}{F_{2n+3}}$

Så $(a+b)/(1-ab) = \frac{\frac ab + 1}{\frac1b-a} =\frac{F_{2k+2}F_{2k+3}+1}{F_{2k+3}-F_{2k+2}} = F_{2k+4}$

Ettersom F_k nå går mot uendelig, så følger det at grensen går mot asymptoten pi/2.

Det ble litt mer håndveiving enn jeg hadde forestilt meg, men jeg finner ingen hull på egen hånd.

Smart løsning! Kom ikke på summeformelen for arctan selv, men det virker lettere enn det jeg gjorde.

Vilma har for øvrig rett i at svaret blir pi/4 siden stensrud summerer fra r=1 og ikke 0.

Summegrenser, be damned!