Мистика чисел

[Andrey A]

juna в сообщении #1551301 писал(а):

$\frac{a}{b}=\frac{A^2-1}{B^2-1}$, сомневаюсь, что в этом направлении может быть какой-то существенный прогресс в целых числах...

Почему? Сводится к уравнению $aB^2-bA^2=a-b$, в нем нет ничего непреодолимого. Главное, что оно разрешимо, а вопросы разрешимости в подобных задачах — действительно проблема. Далее почленным домножением на $a$ приводится к виду $X^2-MY^2=C$, заведомо разрешимому. Это уравнение рассматривается в литературе, но всегда решается Пелль относительно $M$, и через него (умножением на единицу) тиражируется некое наименьшее решение уже в бесконечную серию. У меня в принципе то и есть, но в едином алгоритме, который (и это главное) вычисляет заодно и наименьшее решение. В литературе на сей счет скромно умалчивается откуда оно берется — ну конечно перебор. Надо бы довести до ума, однако за 7 лет Вы первый кого оно заинтересовало. И то слегка ) А так скучновато. Разрешимость этого уравнения в рациональных — вот хорошая новость, причем полное $1$-параметрическое решение. Но как эти вещи сходятся между собой — тоже загадка. Мир полон загадок.

[juna]

Andrey A

Мы говорим о разных вещах. Вы пытаетесь решать диофантово уравнение $aB^2-bA^2=a-b$ при конкретных, заранее выбранных $a,b$. В этом случае нет никаких принципиальных проблем, даже "решатели" есть: http://www.alpertron.com.ar/QUAD.HTM

Я говорю про серию решений, например, в рассмотренном случае это:

$$\forall n\in\mathbb{N}: (2n+3)A^2-(2n-1)B^2=4$$

[Andrey A]

juna
Ваш пример не самый удачный, его как раз можно выписать в общем виде (было выше) за счет короткого периода. Но исключительность обманчива, можно и бо́льшее кол-во знаков выписать в общем виде. Сложность задачи тогда резко возрастает, и объехать это не удается, а цепные дроби позволяют опустить проблему до частного случая. Тем и хороши. Уравнение Пелля мы же не хотим иметь в общем виде! Всегда ли процедура хуже формулы? Решатели тоже ни о чем не свидетельствуют — может решат, может нет. Бывает, и неправильно решают, с бесплатным Вольфрамом это случалось. Или неполно. Вот знаков цепной дроби Вольфрам выдаст очень много по требованию, но разложит прежде в десятичную. Впрочем, имеет право. Вообще, это философский вопрос — что значит "решить". С точки зрения машины может выглядеть странно — зачем выписывать формулы пифагоровых троек, которые и так все видны лёгким перебором ) За ссылку спасибо.

[juna]

Докажите, что

$$1-\frac{1}{2^3}+\frac{1}{4^3}-\frac{1}{5^3}+\frac{1}{7^3}-\frac{1}{8^3}+\frac{1}{10^3}-\ldots=\frac{4\pi^3}{81\cdot \sqrt{3}}$$

(в знаменателях дробей левой части равенства идут с чередующимся знаком все натуральные числа, не делящиеся на 3)

[juna]

Более общий результат:

$$2n(1+\pi^2)\cdot\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)}{k^3}+4 n^2\pi\cdot \sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k\cdot\cos\left(\frac{k\pi}{n}\right)}{k^4}-4n^3\cdot\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)}{k^5}=\frac{3\pi^5+5\pi^3}{30\cdot n^2}-\frac{\pi^5+3\pi^3}{18}$$

[juna]

Получил такой общий результат

$$\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}\sin\left(\frac{\pi k}{n}\right)}{k^3}=\frac{\pi^3(n^2-1)}{12n^3}$$

(Оффтоп)

Просьба, у кого есть системы компьютерной алгебры типа Maple, Mathematica. Можно проверить, доводят ли они преобразования до такой простой правой части. Во всяком случае WolframAlpha останавливается на полилогарифмических функциях.

[zykov]

$$\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}\sin\left(\frac{\pi k}{n}\right)}{k^3}=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}\sin\left(\alpha k\right)}{k^3}=f(\alpha), \; \alpha=\frac{\pi}{n}$$

тогда

$$f'(\alpha)=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}\cos\left(\alpha k\right)}{k^2}$$

и

$$f''(\alpha)=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k\sin\left(\alpha k\right)}{k}$$

$$\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k\sin\left(\alpha k\right)}{k}=\sum_{k=1}^\infty\frac{\left(-e^{i\alpha }\right)^k - \left(-e^{-i\alpha }\right)^k}{2 i k}=\frac{g(-e^{i\alpha })-g(-e^{-i\alpha })}{2i}$$

где

$$g(z)=\sum_{k=1}^\infty\frac{z^k}{k}=-\ln(1-z)$$

(смотри WolframAlpha, ряд Тэйлора для логарифма)
отсюда

$$f''(\alpha)=-\frac{\alpha}{2}$$

интегрирование дважды даёт $f(\alpha)=C_1\alpha - \frac{\alpha^3}{12}$, т.е. $f(\frac{\pi}{n})=C_1\frac{\pi}{n} - \frac{\pi^3}{12 n^3}$

$$C_1=f'(0)=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k^2}=\frac{\pi^2}{12}$$

(смотри WolframAlpha, легко получить из $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$)

[juna]

Спасибо. Вижу, что после преобразований получается нужный результат.
У меня он получился из интеграла:

$$\int_{-\pi}^{\pi}\left(\frac{\pi^2}{24n}-\frac{x^2}{(2n)^3}\right)(x+1)dx=\frac{\pi^3(n^2-1)}{12n^3}$$

[maxal]

Свежая мистика (и вопрос) касательно чисел имеющих одну и ту же сумму цифр по основаниям 2,3,4 и 5:
topic155493.html