逆正接関数の無限和

$$\frac{2}{n^2}=\frac{(n+1)-(n-1)}{1+(n+1)(n-1)}$$
より、
$$\begin{array}{rl}\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{n=1}^N\arctan \left(\frac{2}{n^2}\right)& =\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{n=1}^N(\arctan (n+1)-\arctan (n-1))\\ & =\underset{N\to \mathrm{\infty }}{lim}\arctan (N+1)+\arctan \left(N\right)-\arctan \left(1\right)\\ & =\pi -\frac{\pi }{4}\\ & =\frac{3\pi }{4}\end{array}$$
また、$g(n)=nx$とすることで、
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\arctan \left(\frac{2x}{1+x^2(n^2-1)}\right)=\pi -\arctan \left(x\right)(x>0)$$
が成立する。次の例は$x=\sqrt{3},1/\sqrt{3}$としたもの。

$$\frac{1}{2n^2}=\frac{(2n+1)-(2n-1)}{1+(2n-1)(2n+1)}$$
あとは例1の証明と同様。
また、$g(n)=(2n+1)x$とすることで、
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\arctan \left(\frac{2x}{1+x^2(4n^2-1)}\right)=\frac{\pi }{2}-\arctan \left(x\right)(x>0)$$
が成立する。次の例は$x=\sqrt{3},1/\sqrt{3}$としたもの。

$$\frac{2}{{(2n-1)}^2}=\frac{2}{4n^2-4n+1}=\frac{\frac{2n-1}{2n+1}-\frac{2n-3}{2n-1}}{1+\frac{2n-3}{2n+1}}=\frac{\frac{2n-1}{2n+1}-\frac{2n-3}{2n-1}}{1+\frac{2n-1}{2n+1}\cdot \frac{2n-3}{2n-1}}$$
より。
あるいは、例1,4から、
$$\sum _{n:odd}^{\mathrm{\infty }}\arctan \left(\frac{2}{n^2}\right)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\arctan \left(\frac{2}{n^2}\right)-\sum _{n:even}^{\mathrm{\infty }}\arctan \left(\frac{2}{n^2}\right)=\frac{3\pi }{4}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\arctan \left(\frac{2}{{\left(2n\right)}^2}\right)=\frac{\pi }{2}$$
とする。
また、
$$g(n)=\frac{2n-1}{2n+1}x$$とすれば、
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\arctan \left(\frac{4x}{4(1+x^2)n^2-8n{x}^2+3x^2-1}\right)=2\arctan \left(x\right)(|x|\le \sqrt{3})$$
を得る。次の例は$x=\sqrt{3},1/\sqrt{3}$としたもの。

$$\frac{-4(2n-1)}{2{(2n-1)}^4-6{(2n-1)}^2+1}=\frac{\frac{{\left(2n\right)}^2}{(2n-1)(2n+1)}-\frac{4{(n-1)}^2}{(2n-1)(2n-3)}}{1+\frac{{\left(2n\right)}^2}{(2n-1)(2n+1)}\frac{4{(n-1)}^2}{(2n-1)(2n-3)}}$$
より。$n\to \mathrm{\infty }$の極限で$g(n)\to 1$となることに注意。

$$\frac{8n}{4n^4+5}=\frac{(n^2+n+\frac{1}{2})-(n^2-n+\frac{1}{2})}{1+(n^2+n+\frac{1}{2})(n^2-n+\frac{1}{2})}$$
より。また、一般に、
$$x^4+4y^4=(x^2+2xy+2y^2)({(x-2y)}^2+2(x-2y)y+2y^2)$$
から、非負整数または非負半整数$p$について、$x=n,y=p$として、
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\arctan \left(\frac{4np}{n^4+4p^4+1}\right)=\pi p-\sum _{n=0}^{2p-1}\arctan (n^2-2np+2p^2)$$
が成立する。例4は$p=1/2$の場合。

$$\frac{2n}{n^4-n^2+1}=\frac{n(n-1)-(n-1)(n-2)}{1+n(n-1)\cdot (n-1)(n-2)}$$
より。

$$\frac{6T_n}{8T_n^3-8T_n^2+1}=\frac{3(n+1)n}{1+(n+2)(n-1){(n+1)}^2{n}^2}=\frac{(n+2)(n+1)n-(n+1)n(n-1)}{1+(n+2)(n+1)n\cdot (n+1)n(n-1)}$$
より。

一般項は、
$$F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}({\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^n-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^n)$$
で与えられる。ここから、計算すると、$F_n^2-F_{n-1}{F}_{n+1}={(-1)}^{n-1}$が成り立ち、
$n\to 2n+1$とすることで、$F_{2n+1}^2-F_{2n}{F}_{2n+2}=1$が成り立つ。よって、
$$\frac{1}{F_{2n+1}}=\frac{F_{2n+1}}{F_{2n+1}^2}=\frac{F_{2n+2}-F_{2n}}{1+F_{2n}{F}_{2n+2}}$$
であるから、
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\arctan \left(\frac{1}{F_{2n+1}}\right)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\arctan \left(F_{2n+2}\right)-\arctan \left(F_{2n}\right))=\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}$$