$\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{1}{4^n \cos^2 (\frac{\pi}{2^{n+2}})}}$[複製]
$\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{1}{4^n \cos^2 (\frac{\pi}{2^{n+2}})}}$
これはどうやって計算すればいいのでしょうか?あるので$4^n$と$\cos^2x$、 私は試した:$$\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{1}{4^n \cos^2 (\frac{\pi}{2^{n+2}})}} = 4\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\sin^2{\frac{\pi}{4 \cdot 2^n}}}{4^{n}\sin^2{\frac{\pi}{4\cdot2^{n-1}}}}}$$使用する$2\sin x \cos x = \sin2x$
回答
知らせ$$\begin{align}\frac{1}{\cos^2\frac{\theta}{2}} &= \frac{2}{1+\cos\theta} = 2\frac{1 - \cos\theta}{1-\cos^2\theta} = \frac{4 - 2(1+\cos\theta)}{1-\cos^2\theta}\\ &= \frac{4}{\sin^2\theta} - \frac{2}{1-\cos\theta} = \frac{4}{\sin^2\theta} - \frac{1}{\sin^2\frac{\theta}{2}} \end{align} $$我々は持っています$$\begin{align} \sum_{n=1}^p \frac{1}{4^n\cos^2\frac{\pi}{2^{n+2}}} &= \sum_{n=1}^p \left[ \frac{1}{4^{n-1}\sin^2\frac{\pi}{2^{n+1}}} - \frac{1}{4^n\sin^2\frac{\pi}{2^{n+2}}} \right]\\ &=\frac{1}{4^{1-1}\sin^2\frac{\pi}{2^{1+1}}} - \frac{1}{4^p\sin^2\frac{\pi}{2^{p+2}}}\\ &= \frac{1}{\sin^2\frac{\pi}{4}} - \frac{\frac{16}{\pi^2}}{\left(\frac{2^{p+2}}{\pi}\sin\frac{\pi}{2^{p+2}}\right)^2} \end{align} $$以来$\lim\limits_{x\to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$、前期の分母は次の傾向があります。$1$として$p \to \infty$、 結果として、
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{4^n\cos^2\frac{\pi}{2^{n+2}}} = \lim_{p\to\infty} \sum_{n=1}^p \frac{1}{4^n\cos^2\frac{\pi}{2^{n+2}}} = 2 - \frac{16}{\pi^2} $$
これが私がそれをどのように行ったかに関するヒント/一般的なロードマップです。ちなみに、私はあなたの操作を使用しませんでした。そのため、あなたが提供した問題の元の形式に注目してください。という事実を利用して、$$\sin(x)=2\sin\bigl(\frac{x}{2}\bigr)\cos\bigl(\frac{x}{2}\bigr)$$。ここで、元の引数を半分にした先ほどと同じように、この式で繰り返される罪の項を書き直し続けます。これは製品表現に一般化されます$$\sin(x) = 2^n\cos\bigl(\frac{x}{2^n}\bigr)\sin\bigl(\frac{x}{2^n}\bigr)\prod_{k=1}^{n-1}\cos\bigl(\frac{x}{2^k}\bigr).$$これを使用するには、合計のインデックスを再作成して開始する必要があります$n=2$。和の内側(つまり、$\cos$引数) の特定の値をプラグインできるようにします。$x$。この恒等式を使用して、合計を望遠鏡のシリーズに変換し、最終的に答えを得る必要があります。分かった$2-\frac{\pi^2}{16}$。