逆正接関数の無限和
日付が3/14だったので、$\pi$がたくさん出てくる$\arctan$の無限和についてまとめる。
実数$x,y$について、
$$\tan(x+y)=\frac {\tan(x)+\tan(y)}{1-\tan(x)\tan(y)}$$
であるから、$x\to \arctan(x),y\to-\arctan(y)$とすれば、
$$\arctan(x)-\arctan(y)=\arctan\left( \frac {x-y}{1+xy}\right)$$
が、$1+xy>0$において成り立つ。
そのため、
$f(n)=\frac {g(n)-g(n-1)}{1+g(n)g(n-1)}$となるような$f(n),g(n)$をとることで、
$$\sum_{n=1}^{N}\arctan(f(n))=\sum_{n=1}^{N}\arctan(g(n))-\arctan(g(n-1))=\arctan(g(N))-\arctan(g(0))$$
と望遠鏡和(telescoping sum)の形になる。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan(\frac 2 {n^2})=\frac {3\pi}{4}$$
$$\frac {2}{n^2}=\frac {(n+1)-(n-1)}{1+(n+1)(n-1)}$$
より、
\begin{align}
\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^{N}\arctan\left(\frac{2}{n^{2}}\right)&=\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^{N}\left(\arctan\left(n+1\right)-\arctan\left(n-1\right)\right)
\newline
&=\lim_{N\to\infty}\arctan(N+1)+\arctan(N)-\arctan(1)
\newline
&=\pi-\frac \pi 4
\newline
&=\frac {3\pi}{4}
\end{align}
また、$g(n)=nx$とすることで、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{2x}{1+x^{2}\left(n^{2}-1\right)}\right)=\pi-\arctan\left(x\right)\ \ \ \ \ \left(x>0\right)$$
が成立する。次の例は$x=\sqrt3,1/\sqrt3$としたもの。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{2\sqrt{3}}{3n^{2}-2}\right)=\frac{2\pi}{3}$$
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{2\sqrt{3}}{n^{2}+2}\right)=\frac{5\pi}{6}$$
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{1}{2n^{2}}\right)=\frac{\pi}{4}$$
$$\frac{1}{2n^{2}}=\frac{\left(2n+1\right)-\left(2n-1\right)}{1+\left(2n-1\right)\left(2n+1\right)}$$
あとは例1の証明と同様。
また、$g(n)=(2n+1)x$とすることで、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{2x}{1+x^{2}\left(4n^{2}-1\right)}\right)=\frac{\pi}{2}-\arctan\left(x\right)\ \ \ \ \left(x>0\right)$$
が成立する。次の例は$x=\sqrt3,1/\sqrt3$としたもの。
余談
$$\arctan\left(\frac{1}{0^{2}}\right)=\arctan\left(+\infty\right)=\frac{\pi}{2}$$
と解釈するならば、
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\arctan\left(\frac{1}{2n^{2}}\right)=\pi$$
となる。また、
$$\int_{-\infty}^{\infty}\arctan\left(\frac{1}{2x^{2}}\right)dx=\pi$$
であり、総和と積分が一致する。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{\sqrt{3}}{6n^{2}-1}\right)=\frac{\pi}{6}$$
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{\sqrt{3}}{2n^{2}+1}\right)=\frac{\pi}{3}$$
$$\sum_{n:odd}^{\infty}\arctan\left(\frac{2}{n^2}\right)=\frac{\pi}{2}$$
$$\frac{2}{\left(2n-1\right)^{2}}=\frac{2}{4n^{2}-4n+1}=\frac{\frac{2n-1}{2n+1}-\frac{2n-3}{2n-1}}{1+\frac{2n-3}{2n+1}}=\frac{\frac{2n-1}{2n+1}-\frac{2n-3}{2n-1}}{1+\frac{2n-1}{2n+1}\cdot\frac{2n-3}{2n-1}}$$
より。
あるいは、例1,4から、
$$\sum_{n:odd}^{\infty}\arctan\left(\frac{2}{n^{2}}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{2}{n^{2}}\right)-\sum_{n:even}^{\infty}\arctan\left(\frac{2}{n^{2}}\right)=\frac{3\pi}{4}-\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{2}{\left(2n\right)^{2}}\right)=\frac{\pi}{2}$$
とする。
また、
$$g(n)=\frac {2n-1}{2n+1}x$$とすれば、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{4x}{4\left(1+x^{2}\right)n^{2}-8nx^{2}+3x^{2}-1}\right)=2\arctan\left(x\right) ~(|x|\le \sqrt3)$$
を得る。次の例は$x=\sqrt3,1/\sqrt3$としたもの。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{\sqrt{3}}{2n\left(2n+1\right)}\right)=\frac{\pi}{6}$$
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{\sqrt{3}}{2n\left(2n-1\right)}\right)=\frac{\pi}{3}$$
$$\sum_{n:odd}^{\infty}\arctan\left(\frac{-4n}{2n^{4}-6n^{2}+1}\right)=\frac {\pi}{4}$$
$$\frac{-4\left(2n-1\right)}{2\left(2n-1\right)^{4}-6\left(2n-1\right)^{2}+1}=\frac{\frac{\left(2n\right)^{2}}{\left(2n-1\right)\left(2n+1\right)}-\frac{4\left(n-1\right)^{2}}{\left(2n-1\right)\left(2n-3\right)}}{1+\frac{\left(2n\right)^{2}}{\left(2n-1\right)\left(2n+1\right)}\frac{4\left(n-1\right)^{2}}{\left(2n-1\right)\left(2n-3\right)}}$$
より。$n\to\infty$の極限で$g(n)\to 1$となることに注意。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{8n}{4n^{4}+5}\right)=\arctan(2)$$
$$\frac{8n}{4n^{4}+5}=\frac{\left(n^{2}+n+\frac{1}{2}\right)-\left(n^{2}-n+\frac{1}{2}\right)}{1+\left(n^{2}+n+\frac{1}{2}\right)\left(n^{2}-n+\frac{1}{2}\right)}$$
より。また、一般に、
$$ x^{4}+4y^{4}=\left(x^{2}+2xy+2y^{2}\right)\left(\left(x-2y\right)^{2}+2\left(x-2y\right)y+2y^{2}\right)$$
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、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{4np}{n^{4}+4p^{4}+1}\right)=\pi p-\sum_{n=0}^{2p-1}\arctan\left(n^{2}-2np+2p^{2}\right)$$
が成立する。例4は$p=1/2$の場合。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{2n}{n^{4}-n^{2}+1}\right)=\frac{\pi}{2}$$
$$\frac{2n}{n^{4}-n^{2}+1}=\frac{n\left(n-1\right)-\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{1+n\left(n-1\right)\cdot\left(n-1\right)\left(n-2\right)}$$
より。
三角数を$T_n=\sum_{k=1}^nk=n(n+1)/2$として、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{6T_{n}}{8T_{n}^{3}-8T_{n}^{2}+1}\right)=\frac{\pi}{2}$$
$$\frac{6T_{n}}{8T_{n}^{3}-8T_{n}^{2}+1}=\frac{3\left(n+1\right)n}{1+\left(n+2\right)\left(n-1\right)\left(n+1\right)^{2}n^{2}}=\frac{\left(n+2\right)\left(n+1\right)n-\left(n+1\right)n\left(n-1\right)}{1+\left(n+2\right)\left(n+1\right)n\cdot\left(n+1\right)n\left(n-1\right)}$$
より。
$F_n$をフィボナッチ数($F_1=F_2=1,F_{n+2}=F_{n+1}+F_n$)として、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{1}{F_{2n+1}}\right)=\frac {\pi}{4}$$
一般項は、
$$F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right)$$
で与えられる。ここから、計算すると、$F_{n}^{2}-F_{n-1}F_{n+1}=\left(-1\right)^{n-1}$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、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\left(\frac{1}{F_{2n+1}}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\arctan\left(F_{2n+2}\right)-\arctan\left(F_{2n}\right)\right)=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}$$
この級数は、今年(2025年)の東京科学大学の入試問題として出題されてもいる。
