Napier in compagnia di Archimede

[Erasmus_First]

Tutti conosciamo l'uguaglianza
$1 + e^(iπ) = 0$
che lega tra loro i 5 numeri più imnportanti della matematica: lo zero 0, l'unità 1, l'unità immaginaria i, il numero di Napier e (base dei logaritmi naturali) ed il numero di Archimede π (rapporto tra la lunghezza d'una circonferenza circolare e il suo diametro).

Ma ci sono altre uguaglianze nelle quali figurano sia il numero di Napier e che il numero di Archimede π.

Chi ne sa scrivere qualcuna?

A proposito:
= ???
= ???

Ciao ciao

[Thomas16]

"Erasmus_First":Tu

A proposito:
= ???
= ???

Per entrambe dovrebbe bastare il risultato:

http://math.stackexchange.com/questions ... -leftx2-a2

ed applicando la Poisson summation formula:

http://it.wikipedia.org/wiki/Formula_di ... di_Poisson

si ottengono quindi delle sommatorie geometriche, che si sanno fare. Non ho fatto tutto il conto ma spero il procedimento sia corretto!

Thomas

[Erasmus_First]

"Erasmus_First":
A proposito:
= ???
= ???

"A proposito" (del tema del thread) perché nella prima domanda i tre "punti interrogativi" vanno sostituiti con una espressione che contiene sia "π" che "e" (dato che a sinistra non compare né l'uno be l'altro), mentre nella seconda a destra va un'espressione che contiene "e" (ma non "π" dato che a sinistra "π" ci sta già).

L'uguaglianza che segue è molto (come dire?) ... SPECIOSA, ma per nulla difficile da verificare.
= .
La ri-scrivo ... spaparacchiata:
$1/(1+π^2) + 1/(1+(2π)^2) + 1/(1 + (3π)^2) + 1/(1 + (4π)^2) + ... = (ζ(2))/π^2 – (ζ(4))/π^4 + (ζ(6))/π^6 - (ζ(8))/π^8 + ...$

"Thomas":Non ho fatto tutto il conto ma spero il procedimento sia corretto!

O.K.
[anche se prima d'ora non sapevo che c'entrasse addirittura Poisson, pur avendo lavorato con questi ... "strumenti matematici" (ripetizione di funzioni impulsive e analisi spettrale dei segnali) per decenni.]

In sostanza, per rispondere alle specifiche due domante basta conoscere questa uguaglianza:
Metti b = 1 e trovi la risposta alla prima domanda; metti invece b = 1/π e trovi la risposta alla seconda domanda.
Se poi fai tendere b a zero trovi che la serie di Eulero – alias la ζ(2) – converge a (π^2)/6-
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[Thomas16]

"Erasmus_First":
$1/(1+π^2) + 1/(1+(2π)^2) + 1/(1 + (3π)^2) + 1/(1 + (4π)^2) + ... = (ζ(2))/π^2 – (ζ(4))/π^4 + (ζ(6))/π^6 - (ζ(8))/π^8 + ...$

Anche questa è carina basta riscrivere $1/(1+(nπ)^2)$ come $1/(nπ)^2*1/(1+(1/(nπ)^2)$ e sviluppare in serie $1/(1+x)$. A questo punto si scambiano due sommatorie e si ottiene il risultato voluto... Purtroppo non ricordo quali siano le ipotesi per scambiare l'ordine delle sommatorie sono vari anni che non lo faccio

Ma più che altro mi chiedo perchè hai citato quella formula. Proponi di usarla per trovare il risultato dela sommatoria iniziale in un modo differente da quel che ho prima proposto?

[Erasmus_First]

"Thomas":... questa è carina basta riscrivere $1/(1+(nπ)^2)$ come $1/(nπ)^2*1/(1+(1/(nπ)^2)$ e sviluppare in serie $1/(1+x)$. A questo punto si scambiano due sommatorie e si ottiene il risultato voluto.[...]
Ma più che altro mi chiedo perchè hai citato quella formula. Proponi di usarla per trovare il risultato dela sommatoria iniziale in un modo differente da quel che ho prima proposto?

L'ho messa perché ... è "carina" (come dici tu).
Se sapessi il limite della serie da cui l'ho ricavata, cioè $1/(e^2 – 1)$, ma non conoscessi il valore di "e", con questa serie potrei stimare con ottima accuratezza quanto vale "e" perché questa converge ben più velocemente dell'altra.

Bisognerebbe, però, conoscere ζ(2k)/π^(2k) per k intero positivo.
Ma trovare quanto vale questo rapporto... è molto facile!

Infatti, un'altra cosa "notevole" è che per qualsiasi k intero positivo il rapporto $r_k = (ζ(2k))/π^(2k)$ è razionale.
Precisamente, detto $α_k$ il valore della derivata (2k-1)-esima di tan(x) in x=0, si ha:
$r_k = (ζ(2k))/π^(2k) = α_k/(2(2^(2k) -1)(2k-1)!)$.

[Scritta la serie tramite questi rapporti, giustamente "e" non è più in compagnia di "π"!]

I coefficienti $α_k$ si ricavano facilmente [per recursione] sfruttando il fatto che, posto $t = tan(x)$, risulta
$dt/(dx) = 1 + t^2$
per cui la derivata n-esima di tan(x) si può dare come polinomio in t di grado n+1 – diciamolo $P_(n+1)(t)$ – con:
$P_1 = t$; per ogni k intero positivo $P_(n+1) = (dP_n)/(dt)(1+t^2)$.

Ecco i primi 8 rapporti $r_k = (ζ(2k))/π^(2k)$.
$r_1 = 1/6$;
$r_2 = 1/90$;
$r_3 = 1/945$;
$r_4 = 1/9450$;
$r_1 = 1/93555$;
$r_2 = 691/638512875$;
$r_3 = 2/18243225$;
$r_4 = 3617/325641566250$.

Già con questo breve elenco si può avere "e" con errore relativo inferiore a 3/10^9.
Infatti:
$1/6 - 1/90 + 1/945 - 1/9450 + 1/93555 - 691/638512875 + 1/8243225 - 3617/3256415662 ≈ $
$ ≈ 0,15651764172781$
$sqrt(1/(0,15651764172781) + 1) ≈ 2,7182818361316$.
[NB. Le prime 14 cifre di "e" sono 2,7182818284590].
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Dalla formula:
(saltando a piè pari come essa si ricava), per b = 1 si trova:
Ed ecco di nuovo "e" in compagnia di "π"!]
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Ultima.
Siccome la formula (*) vale anche nel campo dei numeri complessi, cosa succede se metto b = j/2 (dove j è l'unità immaginaria per cui j^2 = –1)?
Succede che $–j·tanh(jx) = tan(x)$ e quindi [mettendo 0 al posto di 1/tan(π/2)]:
$1/(1 -1/4) + 1/(4 - 1/4) + 1/(9 - 1/4) + ... + 1/(n^2 - 1/4) + ...= ((π/2)/tan(π/2) – 1)/(-2/4) = 2$.
Questa uguaglianza si verifica molto facilmente dissociando $1/(n^2 - 1/4)$ in $1/(n - 1/2) - 1/(n+1/2)$, per cui si ha:
$1/(1 -1/4) + 1/(4 - 1/4) + 1/(9 - 1/4) + ... = (2 – 2/3) + (2/3 -2/5) + (2/5 - 2/7) +(2/7 - 2/9)+ ...$,
ossia una serie "telescopica" che tende evidentemente a 2.
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