Доказать, что для произвольного натурального $%n:$% $$\sum \limits_{k=1}^{2n+1} (-1)^{k+1} \text{arcctg} F_{2k-1} > \text{arcctg} 2$$

где $%F_{2k-1}$% - это $%(2k-1)$%-ое число Фибоначчи (последовательность чисел Фибоначчи задается следующим образом: $%F_1=F_2=1, \; F_{n+2}=F_{n+1}+F_n, \; n \in \mathbb{N} $% )

задан 24 Апр 13:36

изменен 24 Апр 21:39

3

$$\text{cot}\left(\sum_{k=1}^{2n+1}(-1)^{k+1}\text{arcctg}F_{2k-1}\right)=\frac{2F_{2n+1}^2-1}{F_{2n+1}^2}<2.$$

(25 Апр 13:21) EdwardTurJ
10|600 символов нужно символов осталось
4

Очень красивое и неожыданное решение представил EdwardTurJ. Я при составлении задачи воспользовался тем, что $%\text{arcctg} F_{2n-1}=\text{arcctg} L_{2n-2}+\text{arcctg} L_{2n}$%, где $%L_k$% - числа Люка (числа Люка задаются следующим образом: $%L_1=1, \; L_2=3, \; L_{n+2}=L_{n+1}+L_n, \; n \in \mathbb{N}$% ). Тогда $%\text{arcctg} F_{2n-1} -\text{arcctg} F_{2n+1}=\text{arcctg} L_{2n-2}-\text{arcctg} L_{2n+2}$% На основании последнего равенства не трудно получить, что $%\sum \limits_{k=1}^{2n+1} (-1)^{k+1} \text{arcctg} F_{2k-1}=\text{arcctg} 2+\text{arcctg} L_{4n+2}$%

ссылка

отвечен 25 Апр 16:05

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,035
×838
×239
×238
×2

задан
24 Апр 13:36

показан
185 раз

обновлен
25 Апр 16:05

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru