Число Е как степенная зависимость

[Garik2]

Получил, как мне кажется, красивое представление числа $e$ в виде степени при двойке:

$e = 2^{ \left( \sum \limits _{n=0}^{\infty }{\frac { \left( -1 \right) ^{n}}{n+1 }} \right) ^{-1}} $

Как вам такой шедеврик?

Если в Maple:

2^(Sum((-1)^k/(k+1),k=0..infinity)^(-1))=evalf(2^(Sum((-1)^k/(k+1),k=0..infinity)^(-1)),30);

Получим:

$e \, = \, {2}^{ \left( \sum _{k=0}^{\infty }{\frac { \left( -1 \right) ^{k}}{k+1 }} \right) ^{-1}}= 2.71828182845904523536028747135 $

[maxal]

Garik2 в сообщении #347596 писал(а):

$e = 2^{ \left( \sum \limits _{n=0}^{\infty }{\frac { \left( -1 \right) ^{n}}{n+1 }} \right) ^{-1}} $

Как вам такой шедеврик?

Ничего шедеврального в этом нет.
Хорошо известно (например, из разложения логарифма в ряд Тейлора), что

$$\sum \limits _{n=0}^{\infty }{\frac { \left( -1 \right) ^{n}}{n+1 }} \right) = \ln 2$$

откуда все и следует.

[Garik2]

Это радует! Я пришел к формуле с совершенно других позиций. А то, что круг замкнулся, говорит о простоте и верности решения. Этим шедевры и отличаются: они просты и очень красивы.
В данном случае все, как в "Черном квадрате" Малевича. Сам квадрат известен тысячи лет, но только художнику взбрело в голову выразить его в виде картины стоимостью в миллион долларов.
Я ни в одном справочнике не видел формулы, которую привел. Если ссылку на такое же выражение приведете, то я, конечно же, расстроюсь и расплАчусь.

[Nik_Nikols]

Garik2 в сообщении #347614 писал(а):

В данном случае все, как в "Черном квадрате" Малевича. Сам квадрат известен тысячи лет, но только художнику взбрело в голову выразить его в виде картины стоимостью в миллион долларов.

Вообще-то первый "черный квадрат" нарисовал Альфонс Алле и назвал «Битва негров в пещере глубокой ночью» (1893 год). Потом одному, с позволения сказать, художнику "взбрело в голову" нарисовать то же самое с умным видом и сопроводить пустозвонными манифестами, а неким хитрым галерейщикам "взбрело в голову" сделать из живописи надежное средство вложения капитала и продавать квадраты по миллиону долларов.
К счастью, в математике так не бывает.

[12d3]

Garik2 в сообщении #347614 писал(а):

Я ни в одном справочнике не видел формулы, которую привел

http://en.wikipedia.org/wiki/Mercator_series

Цитата:

The series was discovered independently by Nicholas Mercator, Isaac Newton and Gregory Saint-Vincent. It was first published by Mercator, in his 1668 treatise Logarithmo-technica.

350 лет, как этот ряд известен. Надеюсь, вы не считаете, что подставив конкретное значение аргумента и избавившись от логарифма, мы получаем принципиально новый результат?

[Garik2]

Название потрясающее! Спасибо за столь забавную информацию - смеялся от души.
Я же хочу сказать, как пришел к формуле первого поста. Недавно пришла идея рассмотреть бесконечные приближения:

1) $e = 2 + F(n)$ ;

2) $e = 2 \cdot F(n) $;

3) $e = 2^{F(n)}$ ,

где F(n) - это самые различные суммы и произведения с целочисленными параметрами (принимал до 6 независимых парамеров). Структуры различных зависимостей списывал формально по справочнику и их набралось около пятисот.

Единственное решение у меня получилось для случая 3) при

$F(n) =\left( \sum \limits _{n=0}^{\infty } \frac { x ^{n}}{yn+z}} \right) ^{w}}$

где целочисленные параметры x, y, z, w меняются от -3 до +3

Программа крутилась не очень долго - за время, пока я обедал.

Таким методом я прежде находил много полезных соотношений для моих специальных гидродинамических расчетов, чем удивлял своих коллег, тщетно ищущих различные аппроксимации старыми дедовскими методами.

-- Пт авг 27, 2010 14:30:42 --

12d3 в сообщении #347658 писал(а):

350 лет, как этот ряд известен. Надеюсь, вы не считаете, что подставив конкретное значение аргумента и избавившись от логарифма, мы получаем принципиально новый результат?

То, что такой ряд есть, я хорошо помню с института. Как раз его, кажется, выводили тэйлором. Но при решении задачи, конечно же не пришло в голову им воспользоваться. Думал, что найду принципиально новый вид. То, что произошло - итог закономерный. Видимо, иного представления константа не имеет.

[Garik2]

О! Прога c дополненными структурами формул нашла еще похожее решение! Уж тут меня никто Тейлором не припугнет!

$e = {2}^{ \left[ 1-1/2\,\sum \limits _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n \left( 2\,n+1 \right) }} \right] ^{-1}}$

В Maple:

e := 2^(1/(1-1/2*Sum(1/(n*(2*n+1)),n = 1 .. infinity)))=evalf(2^(1/(1-1/2*sum(1/(n*(2*n+1)),n = 1 .. infinity))),30);

$e = {2}^{ \left[ 1-1/2\,\sum \limits _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n \left( 2\,n+1 \right) }} \right] ^{-1}} = 2.71828182845904523536028747135$

Здесь пришлось задействовать уже 8 независимых параметров. Программа шла долго, но зато не зря.
Теперь я уверен, что существует очень много подобных структур.

[Garik2]

Нууу, поехали ягодки!

$e = {2}^{2 \left [{ 1 \,-\sum \limits _{n=1}^{\infty }{\frac { \left( -1 \right) ^{n} }{n \left( n+1 \right) }} }\right ]^{-1}}$

Для меня здесь важен не результат (хотя он неожиданно интересный), а четко действующая методика конструирования точных формул. Еще недавно моим высшим достижением были приближенные формулы для ПИ и Е (точность доходила до 10-14 верных знаков). Теперь же ограничений по точности нет.

Можете проверить в Maple:

e:= 2^(2/(1-Sum((-1)^n/n/(n+1),n = 1 .. infinity)))=evalf(2^(2/(1-sum((-1)^n/n/(n+1),n = 1 .. infinity))));

На этом завершу прогоны. Душа, как говорится, спокойна и буду готовить очередную статью.

[Garik2]

А вот совсем уж просто через кратные суммы:

$e = {2}^{ \left[ \sum \limits _{n=2}^{\infty } \sum \limits _{k=1}^{\infty } \left( 2\,k \right) ^{-n} \right] ^{-1}}$

В системе Maple:

2^((Sum(Sum((2*k)^(-n),k=1..infinity),n=2..infinity))^(-1))=evalf(2^((sum(sum((2*k)^(-n),k=1..infinity),n=2..infinity))^(-1)));

[EtCetera]

Garik2

Garik2 в сообщении #347686 писал(а):

Уж тут меня никто Тейлором не припугнет!

Попытаюсь:

$$1-\frac{1}{2}\sum\limits _{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n+1)}=1-\sum\limits _{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+1}\right)=1+\sum\limits _{n=1}^{\infty}\left(\frac{(-1)^{2n-1}}{2n}+\frac{(-1)^{(2n+1)-1}}{2n+1}\right)=\sum\limits _{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}$$

$$1-\sum\limits _{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n(n+1)}=1-\sum\limits _{n=1}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1+\sum\limits _{n=1}^{\infty}\left(\frac{(-1)^{n-1}}{n}+\frac{(-1)^{(n+1)-1}}{n+1}\right)=2\sum\limits _{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}$$

$$\sum\limits _{n=2}^{\infty}\sum\limits_{k=1}^{\infty}(2k)^{-n}=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\sum\limits _{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{2k}\right)^n=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k)^2}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{2k}}=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2k(2k-1)}=$$

$$=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}\right)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\left(\frac{(-1)^{(2k-1)-1}}{2k-1}+\frac{(-1)^{2k-1}}{2k}\right)=\sum\limits _{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}$$

Таким образом, все эти формулы представляют собой "закамуфлированный" ряд Тейлора.

[juna]

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n(n+1)}=1-2\log(2)}$
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n+1)}=2-2\log(2)$

Так до бесконечности можно комбинировать, взяв ряд с компонентом log(2) в качестве суммы.

[Garik2]

Ну, в принципе никакого противоречия. Все 4 полученные мной структуры должны быть тождественны, поскольку показатель степени при двойке - это всегда $\frac {1}{ln2}$. Другого просто быть не может.

Я повторюсь - для меня важней всего:
1) отработка принципа конструирования формул. Данная задача - просто удобный тест, чтобы отладить механизм поиска структур. Он не аналитический, как у вас, а комбинаторный;
2) конструкции формул таковы, что точно вычисляется число $e$. Возможно, кому-то именно такое представление константы окажется самым приемлемым. Хуже от этого математике не будет.

[arseniiv]

Кстати, нечто подобное есть для физических формул (анализ размерностей).

[Garik2]

А где такое можно посмотреть?

[mihailm]

Garik2 в сообщении #347782 писал(а):

А где такое можно посмотреть?

Например, Седов Л.И. Методы подобия и размерности в механике

Арнольд этими методами любил блеснуть), известная задача как размер животного влияет на высоту прыжка

По мне читаешь понятно, но как до этого додуматься не понятно), хотя вроде кто-то умеет пользоваться

Аналогичная тема, имхо Кинематический метод в геометрических задачах книги Любича и Шора, все интересно и понятно, но ведь сколько задач по геометрии решил и ни разу не воспользовался)))