ボツ数式の墓場

$$\cot(x)=\frac 1 {x}-\sum_{n=1}^{\infty}{\frac {\tan{\left( \frac x {2^n}\right)}} {2^n}}$$

$ ボツ理由:ヴィエトの無限積の対数微分で得られることを、他の面倒な方法による導出後に気づき、萎えた。$

$$\cot(x)=\frac 1 {x}-4\sum_{n=1}^{\infty}{\frac 1 {3^n}{\frac {\sin \left({\frac {2x}{3^n}}\right)}{2\cos\left( \frac {2x}{3^n}\right)+1}}}=\frac{1}{x}-8\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^{n}}\frac{\tan\left(\frac{x}{3^{n}}\right)}{3-\tan\left(\frac{x}{3^{n}}\right)^{2}}$$

$ ボツ理由:そんなにきれいじゃない。$

$$\cot\left(x\right)=\frac{1}{x}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\tan\left(\frac{x}{4^{n}}\right)}{4^{n}}\cdot\frac{3\cos\left(\frac{2x}{4^{n}}\right)+2}{\cos\left(\frac{2x}{4^{n}}\right)}=\frac{1}{x}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\tan\left(\frac{x}{4^{n}}\right)}{4^{n}}\cdot\frac{5-\tan^{2}\left(\frac{x}{4^{n}}\right)}{1-\tan^{2}\left(\frac{x}{4^{n}}\right)}$$
$ボツ理由:ずっと同じ形で芸がない。$

$$\frac{4}{\pi}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{m^{n}}\cdot\frac{\tan\left(\frac{\pi}{4m^{n-1}}\right)-m\tan\left(\frac{\pi}{4m^{n}}\right)}{\tan\left(\frac{\pi}{4m^{n-1}}\right)\tan\left(\frac{\pi}{4m^{n}}\right)} \qquad (m > 1)$$
$ボツ理由:\tanの値は一応半角公式を用いて得られるものの、労力の割には収束速度がそこまで早くない。mは2のべき乗にすると良い。 $

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n\sin\left(\frac{1}{n}\right)+\left(n^{2}-1\right)\sin\left(\frac{1}{n^{2}-1}\right)\cos\left(\frac{n}{n^{2}-1}\right)}{n^{3}-n}=\frac{1\sin\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sin1}{2}$$
$ボツ理由:タイトルの通り。$

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac {H_n}{n^s}=-\int_{0}^{1}\frac {\ln(1-x)\operatorname{Li}_{s-1}(x)}{x}dx \qquad H_nはn番目の調和数,\operatorname{Li}_{s-1}は多重対数関数$$
$ボツ理由:s=2,3の場合にゼータ関数の値の有理数倍で表せることに気づいたものの、既に知られている結果だったため。$

$$ \sum_{k=0}^{n-1}\frac {{2k\choose k}{2(n-k-1)\choose n-k-1}}{n-k}=\frac 1 2 {2n \choose n} $$
$ボツ理由:二項係数について組み合わせによらない定義を出来るものの、別にいらない。$

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac {2n \choose n+1}{4^n\cdot n}=1$$
$ボツ理由:映えない。$

$$H_{n}=\sum_{k=0}^{n-1}{n \choose k}\frac{\left(-1\right)^{n-k}}{n-k}$$
$ボツ理由:使いどころがない。$

$$H_{n}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{k}{n \choose k}$$
$ボツ理由:上に同じ。$

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}{x \choose n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{x-k}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\left(n+x\right)^{2}}$$
$ボツ理由:xが整数の時、左辺が途中からおかしくなってしまう。$

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{r^{n}}{\left(n+a\right)\left(n+b\right)}=\frac{r}{b-a}\int_{0}^{1}\frac{t^{a}-t^{b}}{1-rt}dt\qquad (|r|\le1, ~a,b>-1,~a\ne b)$$
$ボツ理由:右辺のいい積分が思いつかない。$

$$\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac {(-1)^{k-1}}{k\left( k\cdot 2^{n+1}+1\right)}=2-2\ln 2$$
$ボツ理由:ごちゃごちゃしているし、収束が遅い。$

$$\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}n^{k}}=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{2^{n}n^{k}}=\frac{1}{2}\ln2$$
$ボツ理由:収束が遅い。割と自明。$

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}\left(n-1\right)}{2^{n}}\zeta\left(n\right)=\frac{\pi^{2}}{8}-1$$
$$ \sum_{n=2}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{2^{n}}\zeta\left(n\right)=1-\ln2$$

$ボツ理由:ゼータ関数を級数の形にしてしまえば簡単に求められてしまう。初めの導出方法は面倒だったこともあって、残念。$

$$ \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac {\abs {\theta}}{1+a^{\tan{\theta}}}d\theta=\frac {\pi^2}8\qquad (a>0) $$
$ボツ理由:見た目のインパクトのみで、実際には簡単に解けてしまうし、使い道がないため。$

$$ \int_{0}^{\pi/2}\left(\frac {\ln(\tan x) \sin x}{\cos2x}\right)^2dx=\left( \frac \pi 2\right)^2$$
$ボツ理由:2乗がない場合に\pi/2になればそれは美しかっただろうに、発散してしまう。現実は非情である。$

$$\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^2}\ln \left( \frac {1-t}{1+t}\right)dt=1-2G$$
$ボツ理由:カタランの定数は積分表示が沢山あるから。$

$$\int_{0}^{\pi/4}\frac {\ln(\cos \theta)\cos^2\theta- \ln (\sin \theta)\sin^2\theta}{\sin \theta \cos \theta}d\theta=\left(\frac {\ln 2}2\right)^2$$
$ボツ理由:ごちゃごちゃしてる。$

$$\int_{0}^{{\pi/}{2}}\frac{\sin\left(\tan x\right)}{\tan x}dx=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin u}{u\left(1+u^{2}\right)}du=\frac{\pi}{2}\left(1-\frac{1}{e}\right)=0.99293...$$
$ボツ理由:二番目の形で、値の予想がすぐついてしまう。$

$$\int_{-1}^{1}\frac{\arccos\left(x\right)}{1+x^{2}}dx=\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2}$$
$ボツ理由:すぐ計算できる。 $

$$\int_{0}^{1}\ln{\left(\frac {\Gamma(x+t)}{\sqrt{2\pi}}\right)}dt=\int_{0}^{x}\ln tdt$$
$ボツ理由:ここからどう発展させるか思い浮かばなかった。$

$$\int_{-\infty}^{\infty}\cos\left(x\right)e^{-x^{2}}dx=\sqrt[4]{\frac{\pi^{2}}{e}}$$
$ボツ理由:結構重要な積分らしいので。$

$$\int_{0}^{\infty}\frac{1+x^{2}}{1+e^{x}}dx=\ln\left(2\right)+\frac{3}{2}\zeta\left(3\right)$$
$ボツ理由:別にこの形で無理数かどうか分かるわけでないので。$

$$ \sum_{n=2}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}\ln\left(n\right)}{n}=\gamma\ln2-\frac{1}{2}\ln^{2}2 $$

$ボツ理由:上に同じ。$

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac {(-1)^{k}}{k+2^n}=\gamma$$
$ボツ理由:既知。収束が遅い。$

$$ \prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac {1}{(4n-1)^2(2n+1)}\right)^n=\sqrt[4]{2}e^{-\frac G \pi}$$
$ボツ理由:よく知られた式をこねくり回しただけだから。右辺はそもそも超越数か分かっていない（はず）。$

$10\left(1\sin\left(0.5\right)+0.5\sin\left(1\right)\right)=9.001610...$

$e^2\ln(76)=32.0000313...$

$\ln(147+\sqrt 2)=5.0000071...$

$ \exp(\frac {43}{\sqrt {90}})=92.999859...$
$$2\sqrt[3]{\frac {834\sqrt[4]{6}+2\sqrt[4]{693}}{245\sqrt[4]{6}+3\sqrt[4]{20}}}=3.00000077...$$
$$\frac {\sqrt[3]{831+\sqrt[4]{1449}}}{3\pi}=1.000000108...$$
$$\frac {7-\arctan \left( 1-\frac {44\sqrt 2 -1}{482}\right)}{2\pi}=1.000049...$$
$ボツ理由:数学的面白さが(自分には)見つけられなかった。$