Я спросил у Maplы про предел

[Ms-dos4]

Применяя в лоб формулу Эйлера-Маклорена до 1-го порядка, получим

$$\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\operatorname{arctg} (\frac{1}{{\sqrt k }})} = (n + \frac{1}{2})\arcsin (\frac{1}{{\sqrt n }}) + \sqrt {n - 1} - \frac{1}{{24n\sqrt {n - 1} }} - \frac{{47}}{{48}} - \frac{{3\pi }}{8} + {R_2}$$

где оценка остатка

$$\left| {{R_2}} \right| \leqslant \frac{{2\zeta (2)}}{{{{(2\pi )}^2}}}\int\limits_1^{n - 1} {\frac{{3k + 1}}{{4{k^{3/2}}{{(k + 1)}^2}}}dk} = \frac{1}{{48}}(1 - \frac{2}{{n\sqrt {n - 1} }})$$

Учитывая, что

$$\sqrt {4n - 1} - \sqrt {n - 1} - (n + \frac{1}{2})\arcsin (\frac{1}{{\sqrt n }}) \sim - \frac{5}{{12}}\frac{1}{{\sqrt n }} + O({n^{ - 3/2}})$$

получаем оценку

$$\sqrt {4n - 1} - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\operatorname{arctg} (\frac{1}{{\sqrt k }})} \sim (\frac{{47}}{{48}} + \frac{{3\pi }}{8} + \delta ) + O({n^{ - 1/2}})$$

где $\left| \delta \right| < \frac{1}{{48}}$
Собственно такая-же "дельта" есть и у Maple что и означает её $O(1)$. Применяя эту формулу с порядками выше, можно получить и лучшие приближения, как у Maple.

[nnosipov]

Ms-dos4 в сообщении #1408009 писал(а):

Применяя эту формулу с порядками выше, можно получить и лучшие приближения, как у Maple.

Да, по крайней мере знаменатель $11520$ получается при порядке, равном четырем.

Upd. Да чего там знаменатель, вся дробь получается.

[wrest]

То есть, предел таки конечный?

[nnosipov]

wrest
Во всяком случае, не бесконечный. Надо еще аккуратно доказать, что он существует. Кажется, это из монотонности следует. (Все, спать пошел.)

[nnosipov]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1407992 писал(а):

Вы неправы: признание математической программой своего бессилия решить поставленную задачу предпочтительнее, чем неверный результат.

Вскрытие показало, что в данном случае результат верный (по крайней мере, имеет разумную интерпретацию).

Кстати, если убрать $\arctg$, то Maple выдает точный результат $-\zeta(1/2)$. А вот при замене $\arctg$ на $\arcsin$ получаем $\infty$, что уже непохоже на правду (если судить по численным экспериментам).

Upd. Примерно такая же картина и с функциями $\sin$ (здесь осмысленный ответ) и $\tg$ (здесь опять почему-то $\infty$). В общем, срабатывает с вероятностью $1/2$

[Vince Diesel]

nnosipov в сообщении #1408071 писал(а):

Кстати, если убрать $\arctg$, то Maple выдает точный результат $-\zeta(1/2)$.

Математика дает $-\zeta(1/2)-3\pi/8$. Откуда, раскладывая арктангенс в ряд Маклорена,

$$ \lim\limits_{n\to\infty}\left[ \sqrt{4n-1}-\sum\limits_{k=1}^{n-1}\arctg\frac1{\sqrt{k}} \right] =-\zeta(1/2)-3\pi/8+\sum _{k=1}^{\infty } \frac{(-1)^{k+1} \zeta \left(\frac{1}{2} (2 k+1)\right)}{2 k+1}. $$

Численно похоже на правду.

[nnosipov]

Vince Diesel в сообщении #1408073 писал(а):

Математика дает $-\zeta(1/2)-3\pi/8$.

Это предел чего?

[Vince Diesel]

nnosipov в сообщении #1408075 писал(а):

Это предел чего?

Что-то я не то насчитал. Математика также дает $-\zeta(1/2)$ и получается

$$ \lim\limits_{n\to\infty}\left[ \sqrt{4n-1}-\sum\limits_{k=1}^{n-1}\arctg\frac1{\sqrt{k}} \right] =-\zeta(1/2)+\sum _{k=1}^{\infty } \frac{(-1)^{k+1} \zeta \left(\frac{1}{2} (2 k+1)\right)}{2 k+1}. $$

[Markiyan Hirnyk]

nnosipov

Цитата:

Вскрытие показало, что в данном случае результат верный (по крайней мере, имеет разумную интерпретацию).

Результат старой версии Мэйпла, приведеннй в вопросе $\frac {11287}{11520}+\frac 3 8 \pi +O(1)$ является асимптотической оценкой, значение предела действительнозначной последовательности, если он существует, - это действтельное число. Полагаю, что в рассматриаемом примере это значение не выражается в замкнутом виде (Сумма ряда не является рузультатом в замкнутом виде.).

[nnosipov]

Vince Diesel в сообщении #1408076 писал(а):

$$ \lim\limits_{n\to\infty}\left[ \sqrt{4n-1}-\sum\limits_{k=1}^{n-1}\arctg\frac1{\sqrt{k}} \right] =-\zeta(1/2)+\sum _{k=1}^{\infty } \frac{(-1)^{k+1} \zeta \left(\frac{1}{2} (2 k+1)\right)}{2 k+1}. $$

Численно похоже на правду. Интересно, что здесь будет, если $\arctg$ заменить на $\arcsin$ (или $\sin$, или $\tg$).

[Vince Diesel]

Для синусов аналогично,

$$ \lim\limits_{n\to\infty}\left[ 2\sqrt{n}-\sum\limits_{k=1}^{n}\sin\frac1{\sqrt{k}} \right] =-\zeta(1/2)+\sum _{k=1}^{\infty } \frac{(-1)^{k+1} \zeta \left(\frac{1}{2} (2 k+1)\right)}{(2 k+1)!}. $$

Для тангенса ряд Маклорена записывается через числа Эйлера, но результат должен иметь такую же форму. Получается регуляризованное суммирование - вычитается главный член асимптотики. Вероятно, ответы такие же, как и для суммирования по Рамануджану. Оно как раз умеет суммировать дзета функцию.

[nnosipov]

Vince Diesel
Спасибо.

[Алексей К.]

Благодарю всех откликнувшихся.
Как выяснилось в интернетах, не я один захотел поиметь этот предел.
Подходы к этой задачке, ранее мне неведомые, прояснились.
А $\zeta$-функция мне просто до сих пор дорогу не переходила (я знал о ней, но надеялся дожить жизнь без неё). Ну ладно, пусть будет.
Спасибо.

[sv503]

Алексей К.
Maple свыше 20-летней давности прожевал и не поперхнулся. Уж не знаю, скольким цифрам тут можно верить...




Снизу продолжение цифр, настройки форума не дают впихнуть бОльшую картинку, пришлось разделить на две части.

[nnosipov]

sv503 А что он выдает без float?