Задачка

[Александр Т.]

Brukvalub писал(а):

Александр Т. писал(а):

А может быть, использовал разложение тангенса в ряд
$\tg(x) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\dfrac{1}{x-\pi/2+\pi k}$.

В расходящийся ряд

После дифференцирования (тем более многократного) этот ряд, вроде бы, уже не будет расходящимся. А исходный ряд (исправленный)
$\tg(x) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\dfrac{-1}{x-\pi/2+\pi k}$
конечно нужно записать в виде
$\tg(x) = \dfrac{1}{\pi/2-x}+2(\pi/2-x)\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{(\pi/2-x)^2+\pi^2 k^2}$
(см. Абрамовиц, Стиган, формула 4.3.91).

У меня, вроде бы, ответ получается. Кроме того, возникло подозрение, что таким методом можно получить ответ и для других выражений. Например, в котором вместо $\pi/3 стоит $\pi/4.

Но со сходимостью я конечно здорово попал. И не мог ведь догадаться, чего это в справочнике записали этот ряд в таком сложном виде.

[Руст]

Александр Т. писал(а):

Brukvalub писал(а):

Александр Т. писал(а):

А может быть, использовал разложение тангенса в ряд
$\tg(x) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\dfrac{1}{x-\pi/2+\pi k}$.

В расходящийся ряд

После дифференцирования (тем более многократного) этот ряд, вроде бы, уже не будет расходящимся. А исходный ряд (исправленный)
$\tg(x) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\dfrac{-1}{x-\pi/2+\pi k}$
конечно нужно записать в виде
$\tg(x) = \dfrac{1}{\pi/2-x}+2(\pi/2-x)\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{(\pi/2-x)^2+\pi^2 k^2}$
(см. Абрамовиц, Стиган, формула 4.3.91).

У меня, вроде бы, ответ получается. Кроме того, возникло подозрение, что таким методом можно получить ответ и для других выражений. Например, в котором вместо $\pi/3 стоит $\pi/4.

Но со сходимостью я конечно здорово попал. И не мог ведь догадаться, чего это в справочнике записали этот ряд в таком сложном виде.

Для $\frac{\pi}{4}$ так же просто использовать аналогичную формулу
$2tg2x=tg(x-\frac{\pi}{4})+tg(x+\frac{\pi}{4})$.
А из вашей формулы можно получить только (при сильном старании) формулу, приведённую Артамоновым. Чтобы получить результат придётся сильно попотеть сводя сумму отрицательных степеней чисел из арифметической прогрессии к числам, выражаемым числами Бернулли.

[Brukvalub]

Александр Т. писал(а):

После дифференцирования (тем более многократного) этот ряд, вроде бы, уже не будет расходящимся.

Изящная идея - дифференцировать почленно расходящийся ряд и считать при этом верным полученный результат. Как говорили в прежние времена, за это и партбилетом можно поплатиться

[Руст]

Brukvalub писал(а):

Александр Т. писал(а):

После дифференцирования (тем более многократного) этот ряд, вроде бы, уже не будет расходящимся.

Изящная идея - дифференцировать почленно расходящийся ряд и считать при этом верным полученный результат. Как говорили в прежние времена, за это и партбилетом можно поплатиться

На самом деле ряд имеет сумму в указанном смысле. И такие приёмы сплошь используются в теории функций (Курант, Гурвиц) при изучении эллиптических функций.

[Brukvalub]

Руст писал(а):

На самом деле ряд имеет сумму в указанном смысле.

В каком и где указанном смысле? Что-то я этого смысла не заметил.

Руст писал(а):

И такие приёмы сплошь используются в теории функций (Курант, Гурвиц) при изучении эллиптических функций.

Да и не только там, но и в рядах Фурье, и при изучении граничного поведения аналитических функций, да и много еще где, но всегда со специальными оговорками. Иначе так можно похоронить весь классический анализ с его жалкими попытками обосновывать законность почленного дифференцирования рядов и дифференцирования несобственных интегралов по параметру. Валяй, мол, делай что хочешь, потомки разберутся, где правда. а где - нет. Я - против такого подхода.

[Александр Т.]

Руст писал(а):

Александр Т. писал(а):

...
$\tg(x) = \dfrac{1}{\pi/2-x}+2(\pi/2-x)\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{(\pi/2-x)^2+\pi^2 k^2}$
(см. Абрамовиц, Стиган, формула 4.3.91).

У меня, вроде бы, ответ получается. Кроме того, возникло подозрение, что таким методом можно получить ответ и для других выражений. Например, в котором вместо $\pi/3 стоит $\pi/4.

Для $\frac{\pi}{4}$ так же просто использовать аналогичную формулу
$2tg2x=tg(x-\frac{\pi}{4})+tg(x+\frac{\pi}{4})$.

А какую формулу нужно использовать, чтобы получить значение для
$\dfrac{\tg^{(2n+1)}(\pi/6)}{\tg^{(2n+1)}(0)}$?

Руст писал(а):

А из вашей формулы можно получить только (при сильном старании) формулу, приведённую Артамоновым. Чтобы получить результат придётся сильно попотеть сводя сумму отрицательных степеней чисел из арифметической прогрессии к числам, выражаемым числами Бернулли.

Я наверное не сильно старался, поэтому до чисел Бернулли не дошел. У меня для $\pi/6$ вот что вышло ($n\ge0$).
$\dfrac{\tg^{(2n+1)}(\pi/6)}{\tg^{(2n+1)}(0)}= \dfrac{\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\dfrac{(-1)^{2n+2}(2n+1)!}{(\pi/6-\pi/2+\pi k)^{2n+2}}}{\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\dfrac{(-1)^{2n+2}(2n+1)!}{(-\pi/2+\pi k)^{2n+2}}} =\dfrac{3^{2n+2}}{2^{2n+2}}\dfrac{\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(3k-1)^{-2n-2}}{\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(2k-1)^{-2n-2}}=$
$=\dfrac{3^{2n+2}}{2^{2n+2}}\dfrac{\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(6k-1)^{-2n-2}+\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(6k+2)^{-2n-2}}{\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(6k-1)^{-2n-2}+\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(6k+1)^{-2n-2}+\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(6k+3)^{-2n-2}}=$
$=\dfrac{1+2^{-2n-2}x_{n+1}}{2+3^{-2n-2}y_{n+1}}$
Здесь были использованы замены переменной суммирования $k\to-k$, $k\to{k-1}$ и введены обозначения
$x_n=\dfrac{\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(3k-1)^{-2n}}{\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(6k-1)^{-2n}}
$y_n=\dfrac{\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(2k-1)^{-2n}}{\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(6k-1)^{-2n}}
Воспользовавшись разбиениями сумм и заменами переменных суммирования, аналогичных приведенным выше, можно показать, что
$x_n=1+2^{-2n}x_n,
$y_n=2+3^{-2n}y_n.
Отсюда имеем
$x_n=\dfrac{2^{2n}}{2^{2n}-1},
$y_n=\dfrac{2\cdot3^{2n}}{3^{2n}-1}.
Поставив последние две формулы, получим после упрощения
$\dfrac{\tg^{(2n+1)}(\pi/6)}{\tg^{(2n+1)}(0)}=\dfrac{3^{2n+2}(3^{2n+2}-1)}{(2^{2n+2}-1)(2\cdot3^{2n+2}+1)}$.
Надеюсь, что не ошибся в вычислениях.

Думаю, если вместо $\pi/6$ взять $\pi/8$, то этот метод тоже можно использовать. А вот для произвольного рационального числа, умноженного на $\pi$, я вижу трудности, которые я пока не знаю, как обойти. А Ваш метод (я пока в нем не разобрался) для этого более общего случая можно использовать?

[Руст]

То, что я предложил, основывается на равенстве

$$ntg(nz)=\sum_{k=1}^n tg(z-\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2n}+\frac{k\pi}{n}).$$

Как я понял, эту формулу можно вывести вашим методом и преимущество первого только в использовании готовой формулы.