Determinare il carattere della serie $\sum_{n = 1}^{\infty} {arctan(n + sqrt(n)) - arctan(n)}$

[CosenTheta]

Essendo l'arcotangente strettamente crescente, è chiaro che il termine generale sia sempre maggiore di zero, dunque è una serie a termini positivi. Inoltre, la condizione necessaria per la convergenza è soddisfatta.

In prima battuta, ho applicato il criterio del rapporto asintotico tra la successione

$a_n = arctan(n+sqrt(n))-arctan(n)$

e la successione

$b_n = 1/n^\alpha$

con parametro $\alpha > 0$ perché non so se confrontare con una serie armonica convergente o divergente.

Dunque, discuto il limite al variare del parametro $\alpha$

$\lim_{n->\infty} (arctan(n+sqrt(n))-arctan(n))/n^-\alpha$.

Svolto col teorema di De L'Hopital (perché non posso sviluppare l'arcotangente in serie di Taylor) e dopo lunghi calcoli trovo che vale $1$ per $\alpha = 3/2$, quindi la serie dell'esercizio ha lo stesso comportamento della serie associata al termine $1/n^(3/2)$ e dunque converge.

La domanda è: si può svolgere l'esercizio tramite maggiorazione del termine generale?
Se no, c'è qualche altro metodo comunque più veloce di quello proposto?

[Mephlip]

Sì, ci sono svariati modi. Per il teorema di Lagrange applicato alla funzione $x \mapsto \arctan x$ nell'intervallo $\left[n,n+\sqrt{n}\right]$, esiste $\xi_n \in \left(n,n+\sqrt{n}\right)$ tale che:
$$\arctan(n+\sqrt{n})-\arctan(n)=(n+\sqrt{n}-n)\left[\frac{1}{1+x^2}\right]_{x=\xi_n}=\frac{\sqrt{n}}{1+\xi_n^2}$$
Ma da $\xi_n \in \left(n,n+\sqrt{n}\right)$ segue che $1+\xi_n^2>1+n^2$. Dunque:
$$\frac{\sqrt{n}}{1+\xi_n^2}<\frac{\sqrt{n}}{1+n^2}<\frac{\sqrt{n}}{n^2}=\frac{1}{n^{3/2}}$$
Da cui segue la convergenza della serie. Questa tecnica è solitamente efficace quando compaiono differenze del tipo $f(x+h)-f(x)$, da cui puoi dedurre che è sostanzialmente la stessa cosa che hai fatto tu (anche se bisognerebbe passare alle funzioni perché derivare le successioni non ha senso).

Alternativamente, se non ricordi il teorema di Lagrange puoi passare per gli integrali (ma è praticamente la stessa cosa):
$$\arctan(n+\sqrt{n})-\arctan(n)=\int_n^{n+\sqrt{n}} \frac{\text{d}\left(\arctan(x)\right)}{\text{d}x}\text{d}x=\int_n^{n+\sqrt{n}} \frac{1}{1+x^2}\text{d}x$$
$$\le \int_n^{n+\sqrt{n}}\frac{1}{1+n^2}\text{d}x=\frac{1}{1+n^2}\int_n^{n+\sqrt{n}} \text{d}x=\frac{\sqrt{n}}{1+n^2}<\frac{1}{n^{3/2}}$$

Infine (anche se non è una maggiorazione) puoi anche usare l'identità \(\arctan x+\arctan(1/x)=\pi/2 \) valida per ogni $x>0$. Risulta quindi:
\[\arctan(n+\sqrt{n})-\arctan(n) = \arctan\left(\frac{1}{n}\right)-\arctan \left(\frac{1}{n+\sqrt{n}}\right)\]
Ora è molto più semplice, perché gli argomenti delle arcotangenti tendono a $0$ per $n \to +\infty$ e quindi puoi svilupparle con Taylor usando il noto sviluppo centrato in $0$.

[CosenTheta]

Per il teorema di Lagrange...

Interessante applicazione di un qualcosa che vedo utilizzato raramente in pratica.

Puoi anche usare l'identità \( \arctan x+\arctan(1/x)=\pi/2 \) valida per ogni $ x>0 $.

Avevo pensato anch'io a questa identità, ma non vedevo il modo giusto di applicarla al caso in esame.

Grazie.

[pilloeffe]

Un'altra strada è fare uso dell'identità seguente:

$ arctan(x)-\arctan(y) = arctan(\frac{x - y}{1+xy})$

Nel caso in esame $x := n + \sqrtn \ge 2 $ e $y = n > 0 $, sicché si ha:

$ arctan(n + \sqrtn)-\arctan(n) = arctan[\frac{\sqrtn}{1+n(n + \sqrtn)}]$

Quindi si ha:

$\sum_{n = 1}^{+\infty} [arctan(n + \sqrt(n)) - arctan(n)] = \sum_{n = 1}^{+\infty} arctan[\frac{\sqrtn}{1+n(n + \sqrtn)}] < \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{\sqrtn}{1+n(n + \sqrtn)} < $
$< \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{\sqrtn}{n^2} = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^{3/2}} = \zeta(3/2) ~~ 2.612375 $

[CosenTheta]

Un'altra strada è fare uso dell'identità seguente:
$ arctan(x)-\arctan(y) = arctan(\frac{x - y}{1+xy})$

Interessante, non conoscevo questa formula.

Volevo solo chiarire questo passaggio

$ \sum_{n = 1}^{+\infty} arctan[\frac{\sqrtn}{1+n(n + \sqrtn)}] < \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{\sqrtn}{1+n(n + \sqrtn)}$

Hai sfruttato la limitatezza dell'arcotangente?

[pilloeffe]

Ho sfruttato la ben nota disuguaglianza $ arctan(x) < x $ valida $\forall x > 0 $

[CosenTheta]

Sospettavo esistesse una disuguaglianza del genere, ma consultando qua e là non l'ho trovata.

Grazie.