Os logaritmos de Napier

Esta entrada do blogue é consecuencia de dúas anteriores. Na primeira delas, Os logaritmos, presentei unha introdución ao concepto tal e como o fago na clase. Na segunda o título delataba o obxectivo. Efectivamente, en Buscando unha base para os logaritmos, partíase do feito de que as progresións xeométricas crecen moi rapidamente mentres que os seus logaritmos, que seguen as leis das progresións aritméticas, teñen un crecemento moito máis lento. Isto levounos a procurar bases moi próximas a $1$ pois teñen unha evolución máis moderada. Con todo non nos atrevéramos a usar bases con números inferiores á unidade. Esta foi a proposta orixinal de John Napier (1550-1617) que dá a coñecer en dúas publicacións: Mirifici Logarithmorum Canonis Descriptio (1616) e a xa póstuma Mirifici logarithmorum canonis constructio (1619).

Nesa altura eran os astrónomos os máis necesitados da nova ferramenta dos logaritmos. Había que facer os cálculos a man e a realización de produtos e divisións eran unha pesada carga. Hoxe en día utilizamos as razóns trigonométricas tomando como base unha circunferencia de raio $1$. Daquela cada autor escollía o tamaño do raio. Como para obter os valores do seno empregaban valores enteiros, canto maior fose o raio, mellores podían ser as aproximacións dos valores que tomaba, Napier decídese por un raio moi grande, $r=10^{7}$. En concordancia con isto estableceu como base para os seus logaritmos un valor moi próximo, e menor, á unidade, $k=1-\frac{1}{10^{7}}=1-\frac{1}{r}$. Cal foi o seu procedemento? Napier parte dun esquema formado por dous puntos. Un deles móvese aritmeticamente desde $O$ polo que vai alcanzando os valores $Q_{1}$, $Q_{2}$, $Q_{3}$,... $Q_{n}$ a intervalos regulares de tempo $t$. Isto é, este punto mantén unha velocidade continua $r$. Ademais, como veremos, Napier tivo o acerto de escoller un valor de $t$ moi pequeno aproximándose ao que unhas décadas máis tarde serían os infinitesimais.Con estes vimbios establecemos sen dificultade que

$$OQ_{n}=n\left( rt \right)$$

Tomemos un segmento $AB$ de medida $r$. Un segundo punto móvese xeometricamente desde $A$, aproximándose ao outro punto $B$ a velocidades proporcionais á distancia a este último. Tomamos $AB=r=10^{7}$. Sexa $k$ a constante. A intervalos regulares de tempo $t$ o punto estará en posicións $P_{1}, P_{2}, P_{3},  ...,P_{n}...$ e neses puntos terá velocidades $v_{1},v_{2}, v_{3}, ..., v_{n}...$ 

Daquela:

$$\frac{BP_{n+1}}{BP_{n}}=\frac{v_{n+1}}{v_{n}}=k\quad\quad\quad BP_{n+1}=k BP_{n}$$

$$BP_{n}=BP_{n+1}+P_{n}P_{n+1}=BP_{n+1}+v_{n}t$$

Das igualdades anteriores dedúcese que:

$$BP_{n}=kBP_{n}+v_{n}t$$ $$\left( 1-k \right)BP_{n}=v_{n}t$$ $$v_{n}=\frac{1-k}{t}BP_{n}$$

Tomando $1-k=t$ temos que $v_{n}=BP_{n}$

Agora, por recursión, imos obter este último valor:

$$BP_{n}=kBP_{n-1}=k^{2}BP_{n-2}=...=k^{n}BP_{0}=k^{n}BA=rk^{n}$$

Nótese que, como xa comentaramos, $BA=r=10^{7}$. 

Napier define o seu logaritmo, ao que chamaremos como fai Juan Havil no  libro Gamma (Pricenton 2003), $NapLog$, da seguinte maneira: $NapLogBP_{n}=OQ_{n}$, isto é  $NapLog\left[ rk^{n} \right]=n$. Aquí é onde Napier escolle o valor infinitesimal de $t$; toma $t=\frac{1}{r}=\frac{1}{10^{7}}$. Se traducimos a definición de $NapLog$ usando que $r=10^{7}$ e que $k=1-t=1-\frac{1}{10^{7}}$ obteremos a seguinte expresión:

$$NapLog\left[ 10^{7} \left( 1-\frac{1}{10^{7}} \right)^{n}\right]=n$$

Veremos de seguido que o logaritmo de Napier verifica ao seu xeito a propiedade esencial dos logaritmos, isto é, que transforma os produtos en sumas:

$$N_{1}=rk^{n_{1}}  \quad\quad ; \quad n_{1}=NapLog\left( rk^{n_{1}} \right)$$  

$$N_{2}=rk^{n_{2}}  \quad\quad ; \quad n_{2}=NapLog\left( rk^{n_{2}} \right)$$ 

$$N_{1}\cdot N_{2}=r\cdot r \cdot k^{n_{1}} \cdot k^{n_{2}}  =r\cdot r \cdot k^{n_{1}+n_{2}}$$

$$\frac{N_{1}\cdot N_{2}}{r}=r \cdot k^{n_{1}+n_{2}}$$

$$NapLog\left( \frac{N_{1}\cdot N_{2}}{r} \right)=NapLog\left( r \cdot k^{n_{1}+n_{2}} \right)=n_{1}+n_{2}=NapLogN_{1}+NapLogN_{2}$$

O logaritmo de Napier desde un punto de vista diferencial

A principios do XVII aínda non nacera o cálculo diferencial. Por iso o achegamento de Napier desenvolveuse polo camiño antes descrito. Que pasaría se a mesma situación descrita ao principio, a dos dous puntos, $Q$ movéndose aritmeticamente e $P$ facéndoo xeometricamente, se lle presentase a un matemático do século seguinte? A súa abordaxe podería vir da man das ecuacións diferenciais. Fagámolo agora así.

Sexa $y=OQ$, verificará $\frac{dy}{dt}=r$

Integrando: $y(t)=rt+c$ con $c$ unha constante que podemos achar mediante a condición inicial: $y(0)=c=r$. Velaí que $y(t)=rt$   [1]. Lembremos esta expresión.

Consideremos agora $AP=r-x$, verificará $\frac{d\left( r-x \right)}{dt}=x$ polo que $-\frac{dx}{dt}=x$. Separando as variables: $\frac{dx}{x}=-t$ e integrando: $lnx=-t+c_{1}$ con $c'$ unha constante. De aí que $x\left( t \right)=e^{c_{1}}e^{-t}$. 

Chamémoslle $\rho=e^{c_{1}}$ a esta constante. Así escribiremos $x\left( t \right)=\rho e^{-t}$. Valorando esta expresión en $t=0$: $x\left( 0 \right)=\rho=r$. En conclusión:

$$x\left( t \right)=re^{-t}\quad\quad\quad [2]$$  

De [1]  obtemos $t=\frac{y}{r}$

De [2] obtemos que $\frac{x}{r}=e^{-t}$ entón $t=-ln\frac{x}{r}=log_{\frac{1}{e}}\frac{x}{r}$

Igualando 

$$\frac{y}{r}=log_{e}\frac{x}{r}$$ $$y=NapLog\left( x \right)=-r\cdot ln\left( \frac{x}{r} \right)\quad\quad\quad    [3]$$

Se agora redimensionamos os valores a unha circunferencia de raio $1$:   $X=\frac{x}{r}$ e $Y=X=\frac{y}{r}$ concluímos que $$\frac{y}{r}=log_{\frac{1}{e}}\frac{x}{r}$$

Equivalentemente, que o logaritmo de Napier é unha aproximación do logaritmo en base $\frac{1}{e}$:

$$Y=log_{\frac{1}{e}}X$$

Unha comparación

Querría facer un último comentario sobre todo o anterior. A expresión que obtivemos en [3] para o $NapLog$ é moi aproximada á que nos proporcionou Napier orixinalmente. Para comprobalo ímolas comparar. Lembremos a definición de Napier:

$$NapLog\left( x \right)=NapLog\left[ r\left( 1-\frac{1}{r} \right)^{n} \right]=n$$

Está claro que tomamos $ x = r\left( 1-\frac{1}{r} \right)^{n} $. Despexemos $n$ tomando logaritmos neperianos:

$$ \frac{x}{r} = \left( 1-\frac{1}{r} \right)^{n} $$ $$ln\left( \frac{x}{r} \right) = ln\left( 1-\frac{1}{r} \right)^{n} $$ $$ ln\left( \frac{x}{r} \right) = n \cdot ln\left( \frac{r-1}{r} \right)$$ $$n=NapLog\left( x \right)=\frac{1}{ln\left( \frac{r-1}{r} \right)} ln\left( \frac{x}{r} \right) \quad\quad [4]$$

Repetimos deseguido a fórmula obtida usando ecuacións diferenciais $$y=NapLog\left( x \right)=-r\cdot ln\left( \frac{x}{r} \right)\quad\quad\quad    [3]$$

En [3] e en [4] temos dúas fórmulas distintas para o $NapLog$, diferéncianse no coeficiente de $ln\left( \frac{x}{r} \right)$. Para comparalas calcularemos $q$, o cociente deses coeficientes:

$$q=-r:\frac{1}{ln\left( \frac{r-1}{r} \right)} =-r\cdot ln\left( \frac{r-1}{r} \right)=ln\left( \frac{r-1}{r} \right)^{-r}=ln\left( \frac{r}{r-1} \right)^{r}$$

Tendo en conta que $r$ é un número moi grande, para ter unha aproximación de $q$ calcularemos o límite no infinito da expresión á que se lle aplica o logaritmo neperiano. É un deses límites da forma $1^{\infty }$ que se traballan na materia de Matemáticas II, en 2º de bacharelato. $$\lim_{r \to \infty } \left( \frac{r}{r-1} \right)^{r}=e^{\lambda}$$

Con $\lambda=\lim_{r \to \infty }r\left( \frac{r}{r-1}-1 \right)=\lim_{r \to \infty }r\frac{1}{r-1}=1$

De aí que $q\simeq \lim_{r \to \infty } ln\left( \frac{r}{r-1} \right)^{r}=lne^{1}=1$

En efecto, o valor numérico de $q$ será:

$$q=ln\left( \frac{r}{r-1} \right)^{r}=ln\left( \frac{10^{7}}{10^{7}-1} \right)^{10^{7}}=1, 00000005000000333333358333335333333500000014285...$$

Relación entre series infinitas, fraccións continuas teito e constantes. Series hiperxeométricas. Final.

por Andrés Ventas

 $ \newcommand{\tei}[1]{\lceil #1 \rceil} \newcommand{\teib}[1]{\Big\lceil #1 \Big\rceil} \newcommand{\teig}[1]{\Bigg\lceil #1 \Bigg\rceil} \newcommand{\R}{{\mathbb R}} $ Unha fracción continua teito xeneralizada ($fctx$), $\teib{\begin{matrix} - & a_1 & a_2 & a_3 & \ldots\\ b_0 & b_1 & b_2 & b_3 & \ldots \end{matrix}} = b_0 - \cfrac{a_1}{b_1 - \cfrac{a_2}{b_2 - \cfrac{a_3}{b_3 - {}\ddots}}} $, é unha fracción continua teito onde os numeradores poden ser distintos de 1, e ten converxentes con fraccións $\dfrac{A_i}{B_i}$ cuxos continuantes $A_i$ e $B_i$ (numeradores e denominadores) satisfán unha recorrencia de resta da forma:

$A_i = b_i A_{i-1} - a_i A_{i-2}; \ A_0=b_0; \ A_{-1}=1$.

$B_i = b_i B_{i-1} - a_i B_{i-2}; \ B_0=1; \ B_{-1}=0$.

Escribiremos unha $fctx$ como unha enumeración dos seus coeficientes entre os símbolos da función teito, $\teib{\begin{matrix} - & a_1 & a_2 & a_3 & \ldots\\ b_0 & b_1 & b_2 & b_3 & \ldots \end{matrix} }$.

Para transformar unha $fctx$ noutra equivalente pode verse que unha operación sobre $a_i$ ou $b_i$ afecta aos coeficientes $a_i$, $b_i$ e $a_{i+1}$.

(Pódese consultar fracción continua xeneralizada )

Agora co algoritmo da suma por pares podemos transformar calquera serie nunha fracción continua mediante algunha transformación simple, aínda que de escrita engorrosa:

$S= \sum_{i=0}^{\infty} \frac{1}{u_i} = \frac{1}{u_0} + \frac{1}{u_1} + \frac{1}{u_2} + \frac{1}{u_3} + \cdots = \frac{1}{u_0} + \frac{1}{u_0 \frac{u_1}{u_0}} + \frac{1}{\frac{u_1}{u_0}u_2\frac{u_0}{u_1}} + \frac{1}{\frac{u_2 u_0}{u_1}u_3\frac{u_1}{u_2 u_0}} + \cdots $

E por tanto aplicando o algoritmo por pares (ver Relación entre series infinitas, fraccións continuas teito e constantes. Aplicacións (Parte I) ) temos

$S^{-1}= \teig{ \begin{matrix} - & 1 & 1 & 1 & \ldots\\ u_0 & \tfrac{\tfrac{u_1}{u_0}+ 1}{u_0} & \tfrac{u_0+\tfrac{u_2 u_0}{u_1}}{\tfrac{u_1}{u_0}} & \tfrac{\tfrac{u_1}{u_0}+\tfrac{u_3 u_1}{u_2 u_0}}{\tfrac{u_2u_0}{u_1}} & \ldots \end{matrix} } = \teig{ \begin{matrix} - & u_0^2 & u_1^2 & u_2^2 & \ldots\\ u_0 & u_1 + u_0 & u_2 + u_1 & u_3 + u_2 & \ldots \end{matrix} }$

E esta fracción continua xa foi descuberta por Euler, subpoño que por outro camiño.

Como exemplo podemos ver $\zeta(2)^{-1}= \dfrac{6}{\pi^2} = \teig{ \begin{matrix} - & 1 & 2^4 & 3^4 & \ldots\\ 1 & 2^2 + 1^2 & 3^2 + 2^2 & 4^2 + 3^2& \ldots \end{matrix}} = \teig{ \begin{matrix} - & 1 & 2^4 & 3^4 & \ldots\\ 1 & 5 & 13 & 25& \ldots \end{matrix} }$

Así temos os converxentes $A_i/B_i$

$a_i$			$1^4$	$2^4$	$3^4$	$\cdots$
$b_i$		1	5	13	25	$\cdots$
$A_i$	1	1	4	36	576	$\cdots$	$(n!)^2$
$B_i$	0	1	5	49	820	$\cdots$	secuencia A001819 na OEIS

Se sumamos $\dfrac{1}{1^2} + \dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{3^2} + \dfrac{1}{4^2}$ do xeito tradicional vemos que dá $\dfrac{205}{144}$ e temos que $\dfrac{820}{576}=\dfrac{205}{144}$, así que simplemente estamos a transformar unha suma de fraccións en dúas sumas de recorrencias.

Se procuramos as fórmulas do numerador e do denominador dos converxentes temos para o numerador $(n!)^2$, e para o denominador a fórmula da OEIS $a_n=s(n+1,2)^2 - 2 s(n+1,1)s(n+1,3)$, onde $s(n,k)$ son os números de Stirling do primeiro tipo.

Se calculamos $\zeta(3)$ podemos ver que os numeradores son $(n!)^3$ e que os denominadores son secuencia A066989 na OEIS que podemos comprobar que coinciden con $a_n=s(n+1,2)^3 - 3 s(n+1,1)s(n+1,2)s(n+1,3)+3s(n+1,1)^2s(n+1,4)$ (ver Stirling numbers of the first kind ).

Isto parece indicar que $\zeta(s)$ pode expresarse como o límite de $(n!)^s$ partido por unha pequena fórmula dos números de Stirling. Apunto este tema para investigar e se dou atopado algunha cousiña interesante farei outra entrada. De momento anoto meter a fórmula cos números de Stirling na A066989 da OEIS.

Series de potencias

Imos ver un exemplo con unha serie de Maclaurin ( Serie de Taylor):

$\ln{(1+x)}= \sum_{i=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n}x^n = \dfrac{x}{1} - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3} - \dfrac{x^4}{4} + \cdots $ e así para $x=\dfrac{1}{2}, \ln{1.5} \approx 0.40 = \dfrac{77}{192} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{24} - \dfrac{1}{64} + \cdots $

Calculamos os converxentes $A_i/B_i$

$a_i$			$2^2=4$	$8^2=64$	$24^2=576$	$\cdots$
$b_i$		2	-8+2=-6	24-8= 16	-64 + 24= -40	$\cdots$
$A_i$	1	2	-16	-384	24576	$\cdots$
$B_i$	0	1	-6	-160	9856	$\cdots$

Non sae un cálculo moi eficiente pois saen cifras moi grandes para unha fracción equivalente $\dfrac{24576}{9856} = \dfrac{192}{77} $.

Expansión de Engel

A expansión de Engel dun número real positivo $x$ é a única secuencia non decrecente de números enteiros positivos $(a_0,a_1,a_2,a_3,\dots)$ tal que $x=\frac{1}{a_0}+\frac{1}{a_0 a_1}+\frac{1}{a_0 a_1 a_2}+\cdots $

Por exemplo, o número $e$ ten unha expansión de Engel $1, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, \ldots$ correspondente á serie infinita $e=\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}+\cdots$ (ver Expansión de Engel)

O cálculo da expansión dun número $x$ sería da forma: $u_1 = x, a_k = \left \lceil \frac{1}{u_k} \right \rceil$ e iterar $u_{k+1} = u_k a_k - 1$ onde $\left \lceil r \right \rceil$ é a función teito (o número enteiro máis pequeno maior ou igual a $r$).

Con esa expansión temos na suma por pares $p_i= \{ a_0, a_1, a_0 a_2, a_1 a_3, a_0 a_2 a_4, a_1 a_3 a_4, \ldots \}$ e os coeficientes da $fct$ simple $c_i= \{a_0, \dfrac{a_0+1}{a_0}, \dfrac{a_0(a_2+1)}{a_1}, \dfrac{a_1(a_3+1)}{a_0 a_2} , \dfrac{a_0 a_2(a_4+1)}{a_1 a_3}, \dfrac{a_1 a_3(a_5+1)}{a_0 a_2 a_4}, \ldots \}$

Se pasamos a unha $fctx$ temos: $S^{-1}= \teig{ \begin{matrix} - & a_0 & a_0 a_1 & a_0 a_1 a_2 & & a_0 a_1 a_2 a_3&\ldots \\ a_0 & a_1 + 1 & a_0 (a_2 + 1) & a_1 (a_3 +1) & a_0 a_2 (a_4 +1) & \ldots \end{matrix} } = $

$\teig{ \begin{matrix} - & a_0 & a_1 & a_2 & a_3 &\ldots\\ a_0 & a_1 + 1 & a_2 + 1 & a_3 + 1 & a_4 + 1 & \ldots \end{matrix} }$

Un exemplo para a expansión de Engel do número $e$ vista anteriormente:

Calculamos os converxentes $A_i/B_i$

$a_i$			$1$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$\cdots$
$b_i$		1	2	3	4	5	6	7	$\cdots$
$A_i$	1	1	1	2	6	24	120	$\cdots$	n!
$B_i$	0	1	2	5	16	65	326	$\cdots$	secuencia A00522 na OEIS

así temos que $\dfrac{326}{120} = 2.71$

e como curiosidade os denominadores forman a recorrencia $B_i = n B_{i-1} +1$ que se a metemos en Wolframalpha ( Wolframalpha ) devolve como solución $B_n = e \Gamma (n+1)$ que ten sentido no límite pois $\dfrac{B_n}{A_n} = \dfrac{e \Gamma (n+1)}{n!}=e$.

Series hiperxeométricas

A función hiperxeométrica está definida para $|z| \lt 1$ pola serie de potencias ${}_2F_1(a,b;c;z) = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{(a)_n (b)_n}{(c)_n} \dfrac{z^n}{n!} = 1 + \dfrac{ab}{c}\frac{z}{1!} + \dfrac{a(a+1)b(b+1)}{c(c+1)}\dfrac{z^2}{2!} + \cdots.$

Aquí $(q)_n$ é o Factorial ascendente (símbolo de Pochhammer ascendente), que se define por: $(q)_n = \begin{cases} 1 & n = 0 \\ q(q+1) \cdots (q+n-1) & n > 0 \end{cases}$ (ver Función hiperxeométrica )

Como temos termos con produtos consecutivos é doado aplicar a suma por pares, de feito aplicando o mesmo criterio da expansión de Engel temos $a_0=1, a_1=\dfrac{c}{abz},a_2=\dfrac{2(c+1)}{(a+1)(b+1)z},a_3=\dfrac{3(c+2)}{(a+2)(b+2)z}, \ldots$ e por tanto a $fctx$:

$\teig{ \begin{matrix} - & 1 & \frac{c}{abz} & \frac{2(c+1)}{(a+1)(b+1)z} & \frac{3(c+2)}{(a+2)(b+2)z} &\ldots\\ 1 & \frac{c}{abz} + 1 & \frac{2(c+1)}{(a+1)(b+1)z} + 1 & \frac{3(c+2)}{(a+2)(b+2)z} + 1 & \frac{4(c+3)}{(a+3)(b+3)z} + 1 & \ldots \end{matrix} }$

Podemos ver como exemplo ${}_2F_1(1,1;2; -z=-1) = \dfrac{\ln(1+z)}{z} \mbox{ para } z=1, \ln(2)$.

$\teig{ \begin{matrix} - & 1 & -2 & -\frac{3}{2} & -\frac{4}{3}&\ldots\\ 1 & -1 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{3} & -\frac{1}{4} & \ldots \end{matrix} } = \teig{ \begin{matrix} - & 1 & -2^2 & - 3^2 & -4^2& -5^2& \ldots\\ 1 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 & \ldots \end{matrix} }$

Lembrando que para simplificar termos están afectados $a_i, b_i, a_{i+1}$.

E agora calculamos os converxentes

$a_i$			$1$	$-2^2$	$-3^2$	$-4^2$	$-5^2$	$-6^2$	$\cdots$
$b_i$		1	-1	-1	-1	-1	-1	-1	$\cdots$
$A_i$	1	1	-2	6	-24	120	-720	$\cdots$	n!
$B_i$	0	1	-1	5	-14	94	-444	$\cdots$	secuencia A00522 na OEIS

no quinto termo temos $\dfrac{-444}{-720} = 0.61$ unha converxencia lenta cara a $\ln(2)\approx 0.69$.

Series hiperxeométricas e fracción continua de Gauss

Un resultado relacionado co Teorema da suma por pares para as $fct$ (ver Relación entre series infinitas, fraccións continuas teito e constantes. Aplicacións (Parte I)) é a fracción continua de Gauss que estabelece unha fracción continua para a división de dúas series hiperxeométricas.( ver Gauss's continued fraction))

Aquí hai que mencionar que as funcións hiperxeométricas xeneralízanse para calquera número de parámetros e así por exemplo a función ${}_0F_1(c; z)$ tería só un parámetro no denominador "c" e non tería os dous do numerador (nen "a" nen "b") o número á esquerda embaixo na $F$ serían os parámetros de factorial ascendente do numerador e o de embaixo na dereita serían os do denominador.

Como un exemplo da fracción continua de Gauss podemos ver o caso típico entre dúas de tipo ${}_2F_1(a,b;c;z)$:

$ \dfrac{ {}_2F_1(a+1,b;c+1;z)} { {}_2F_1(a+1,b;c+1;z)} = $ $ \bigg[ \begin{matrix} + & \frac{(a-c)b}{c(c+1)}z&\frac{(b-c-1)(a+1)}{(c+1)(c+2)}z) &\frac{(a-c-1)(b+1)}{(c+2)(c+3)}z & \frac{(b-c-2)(a+2)}{(c+3)(c+4)}z& \ldots\\ 1 & 1 & 1 & 1 & \ldots \end{matrix} \bigg]^{-1} $

Apuntamos que esta fracción continua xeneralizada é a ordinaria, ten o signo máis entre as súas fraccións (non é teito). E tamén que o resultado é unha recíproca (elevado a $-1$). (en Mathworld Mathworld Gauss's continued fraction dan a solución con recorrencia negativa, isto é, como fracción continua teito)

Para finalizar unha integral

A función erro definida como integral e con solución como función hiperxeométrica sería:

$\operatorname{erf(z)} = \dfrac{2}{\sqrt{\pi}}\displaystyle\int_{0}^{z}e^{-t^2} dt = \dfrac{2}{\sqrt{\pi}} M\big(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{2},-z^2 \big)$

onde $M \big(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{2},-z^2 \big)$ é a función hiperxeométrica confluente , que é igual a unha función ${}_1F_1$ que só ten un parámetro no numerador e outro no denominador, neste caso ${}_1F_1\big(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{2},-z^2 \big)$.

Coa fracción continua dada pola suma por pares temos $a_0=1, a_1=\frac{3}{-z^2}, a_2=\frac{2\cdot 5}{-3z^2}, a_3=\frac{3\cdot 7}{-5z^2}, \ldots$ e por tanto:

$\displaystyle\int_{0}^{z}e^{-t^2} dt = \teig{ \begin{matrix} - & 1 & \frac{3}{-z^2} & \frac{2\cdot 5}{-3z^2} & \frac{3\cdot 7}{-5z^2}& \frac{4\cdot 9}{-7z^2}\ldots & \\ 1 & \frac{3-z^2}{-z^2} & \frac{2\cdot 5 - 3z^2}{-3z^2} & \frac{3\cdot 7- 5z^2}{-5z^2} & \frac{4\cdot 9- 7z^2}{-7z^2} & \ldots \end{matrix} }^{-1} = $

$\teig{ \begin{matrix} - & -z^2 & -3^2 z^2 & - 2\cdot 5^2 z^2& - 3\cdot 7^2 z^2 & - 4\cdot 9^2 z^2 & \ldots\\ 1 & 3-z^2 & 2\cdot 5 - 3z^2 & 3\cdot 7 - 5z^2 & 4\cdot 9 - 7z^2 & 5\cdot 11 - 9z^2 & \ldots \end{matrix} }^{-1} $.

Onde a segunda expresión da $fctx$ é máis simple pero dá números máis grandes nos valores dos converxentes.

Un exemplo numérico por exemplo para $z=1$ temos:

$a_i$			$-1$	$-9$	$-50$	$-147$	$\cdots$
$b_i$		1	2	7	16	29	$\cdots$
$A_i$	1	1	3	30	630	22680	$\cdots$	$\dfrac{(2n+1)!}{2^n}$ (A007019 na OEIS)
$B_i$	0	1	2	23	468	16953	$\cdots$

$ \displaystyle\int_{0}^{1}e^{-t^2} \approx \dfrac{16953}{22680} \approx 0.747486$.

Criptografía e maxia no Losada

Algún día tería que relatar as miñas desventuras no CAP (Curso de Adaptación Pedagóxiga), un curso que xogaba aproximadamente o mesmo papel que o Máster de Profesorado actual. Só comentarei que, cando me faltaba só unha sesión para rematalo, abandoneino, farto.  Efectivamente, estaba farto de ver como quen presumiblemente tiña que dar directrices sobre orientacións didácticas actuaba como un terrorista pedagóxico. Recordo unha materia levada por dous profesores, un home gordo e unha muller fraca. Impartían clase xuntos. Pasaban todo o tempo discutindo. Iso podería estar ben se fose algo pensado e preparado. Non era o caso.  Nunha ocasión pasaran toda a sesión dándolle voltas a como tratar aos rapaces zurdos. Se conviña, ou non, forzalos a escribir coa man dereita. Non era esta un tema que houbese que tratar no CAP, só foi unha ocorrencia máis desa parella infame de profesores. Desde aquela quedoume a impresión que unha clase levada en parella tiña que ser necesariamente un fracaso. Non é así. Isto demostráronolo Nicanor Alonso e Miguel Mirás o pasado venres 16/05/2025 na charla que viñeron impartir ao IES Antón Losada Diéguez ao alumnado de 1º de Bacharelato. O segredo do éxito dunha clase en tándem? O mesmo que o dunha clase impartida por unha persoa soa: traballo e preparación. 

O título da charla era "Historias e segredos da criptografía". Trataron temas como o da escritura xeroglífica, a reixa de Cardano, os acrósticos, a escítala espartana, o cifrado César ou o máis sofisticado de Vigenére,  sempre solicitando a participación e complidade do alumnado. Nicanor e Miguel repartiron unha roda como a da imaxe, que nos permitiu encriptar unha mensaxe seguindo as directrices dos dous últimos sistemas de cifrado. 

Examinaron moitos máis tópicos e sempre dunha forma clara e coordinada. Claro que, no canto de ser explicados en parella, tal e como o fixeron eles, case todos podían ter sido tratados por un só conferenciante. Comento isto porque un dos capítulos necesitaba de dúas persoas para poder desenvolvelo. A min foi o que máis me sorprendeu e agradou. Trátase do truco das 5 cartas de Cheney, asunto do que, por certo, xa se ocupara no seu día Jota nesta entrada, O mellor truco de cartas. O enunciado promete. Vexamos como se desenvolveu.

As cinco cartas de Cheney

Un dos dous conferenciantes marchou da sala; chamémoslle  mago. O outro, chamémoslle axudante,  pediu a un voluntario que escollera cinco cartas dunha baralla francesa completa (52 cartas, 13 de cada un dos paus, a saber: corazóns ♡ , diamantes ♢, picas ♠ e trevos ♣). Entón o axudante colocou catro desas cartas sobre unha mesa e deixou a quinta ao final, virada cara abaixo.

Cando volveu o mago e veu esas cartas sobre a mesa, concentrouse un momento e adiviñou cal era a carta que estaba boca abaixo.

Estaba claro que elaboraran un código para identificar as cartas pois diso trataba a conferencia. Pero teñamos presente que non poden saber previamente cales son as cartas que se van escoller polo que o código debería estar montado sobre a ordenación das cartas. Está claro que podemos establecer unha orde entre todas elas. En primeiro lugar, os números (do 1 ao 13) axudan moito. E que pasa se dúas cartas teñen o mesmo valor numérico? Daquela basta con que o mago e o seu axudante establezan unha orde dos paus. Podería ser, por exemplo, a orde do abecedario pola primeira letra: corazóns ♡ < diamantes ♢< picas ♠ < trevos ♣. Con todo, hai un problema, as $4$ cartas que quedan visibles só poden ordenarse de $4!=24$ formas distintas. 

Para salvar esta dificultade hai que aproveitar todas as vantaxes que nos dá o desenvolvemento do truco. Teñamos presente que é o axudante quen escolle a carta que se coloca boca abaixo. Polo principio do pombal, dadas $5$ cartas, é seguro que vai haber polo menos dúas do mesmo pau. Isto permite que o axudante escolla dúas cartas do mesmo pau e coloque unha cara abaixo e a outra pode colocala na primeira posición. No noso exemplo a primeira carta era o rei de trevos, velaí que a carta a adiviñar será tamén un trevo. Agora quédannos outras tres cartas visibles que nos deben permitir identificar o número da carta oculta. Outra vez, se ordenamos esas tres cartas termos un total de só $3!=6$ posibilidades e nós necesitamos 13. Aquí é onde entra en xogo a aritmética modular. 

Facemos unha identificación do valor da carta cos números das congruencias de $\mathbb{Z}_{13}$. A diferenza entre dous destes valores nunca é maior que $6$. As cartas que escolleu o axudante eran a $J$ e o $2$ de trevos. A súa diferenza é de $4$ unidades. Ocultando o $2$ só lle ten que dicir ao seu compañeiro que debe sumarlle $4$ unidades á $J$. En aritmética modular $11+4\equiv 2 (mód 13)$. O código utilizado para indicar o número a sumar é o que explicamos de seguido. Vou identificar o $1$ co valor máis baixo das tres cartas, o $2$ co intermedio e o $3$ co maior. Daquela establezo a seguinte relación entre as $6$ ordenacións e o $6$ números que debo sumar (módulo 13) ao valor da primeira carta:

$$\begin{pmatrix} 1,2,3 & \longrightarrow 1 \\ 1,3,2 &\longrightarrow 2 \\ 2,1,3& \longrightarrow 3 \\ 2,3,1 & \longrightarrow 4 \\ 3,1,2& \longrightarrow 5 \\ 3,2,1 & \longrightarrow 6 \\ \end{pmatrix}$$

Como as tres cartas centrais son: $J$♢, $3$♠, $5$♠ vemos que a orde das cartas é: maior,  menor, intermedia que identificamos coa permutación $3,2,1$, de aí que o número a sumar é o $4$. Polo tanto o mago adiviña a carta oculta:

Principio do pombal, combinatoria e aritmética modular, todo dentro dun truco de maxia. 

Charlas científico-divulgativas

A Universidade de Vigo ofrece cada ano charlas científico-divulgativas. No seu folleto divulgativo acharemos epígrafes como os de "Ciencias da natureza", "Física e Química" ou "Economía". Aparentemente non se oferta ningunha charla de "Matemáticas". Eu aconsellaría aos centros de ensino de Secundaria buscar nese folleto os nomes de Nicanor Alonso e Miguel A. Mirás e concertar con eles unha actividade.

Buscando unha base para os logaritmos

Na anterior entrada falaramos de logaritmos en base 2, e fixéramolo introducindo a seguinte táboa:

$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$
$0$	$1$	$8$	$256$	$16$	$65\,536$	$24$	$16\,777\,216$
$1$	$2$	$9$	$512$	$17$	$131\,072$	$25$	$33\,554\,432$
$2$	$4$	$10$	$1\, 024$	$18$	$262\,144$	$26$	$67\,108\,864$
$3$	$8$	$11$	$2\, 048$	$19$	$524\,288$	$27$	$134\,217\,728$
$4$	$16$	$12$	$4\,096$	$20$	$1\,048\,576$	$28$	$268\,435\,456$
$5$	$32$	$13$	$8\,192$	$21$	$2\,097\,152$	$29$	$536\,870\,912$
$6$	$64$	$14$	$16\,384$	$22$	$4\,194\,304$	$30$	$1\,073\,741\,824$
$7$	$128$	$15$	$32\,768$	$23$	$8\,388\,608$	$31$	$2\,147\,483\,648$
$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$

Para afacernos ao concepto de logaritmo propuxeramos algúns problemas introdutorios. Vou resolver os dous últimos pois son os únicos nos que hai que traballar con números que non aparecen nesta táboa. Lembremos os seus enunciados:

5. Calcula $ 129 \cdot 127$ 

6. Calcula $154 \cdot 8\,744$ 

Para abordar o exercicio 5 basta decatarse de que $129\cdot 127=\left( 128+1 \right)\left( 128-1 \right)=128^{2}-1$

Como o $log_{2}128=7$ temos que $log_{2}128^{2}=log_{2}\left( 128\cdot 128 \right)=log_{2}128+log_{2}128=2\cdot log_{2}128=2\cdot 7=14$. 

Noutras palabras: $128^{2}=\left( 2^{7} \right)^{2}=2^{2\cdot 7}=2^{14}=16\,384$. De aí que  $129\cdot 127=128^{2}-1=16\,384-1=16\,383$

Ademais, nesta resolución enxergamos outra propiedade dos logaritmos, a que nos indica cal é o logaritmo dunha potencia, e que podemos enunciar así:$$log_{2}M^{k}=k\cdot log_{2}M$$

Centrémonos agora no exercicio 6, que consiste en calcular o produto $154\cdot 8\,744$ facendo uso dos logaritmos en base 2. A pouco que reflexionemos no problema decatarémonos de que non se lle ve forma de reducir estes números aos que aparecen na táboa. Teñamos presente que a potencias de 2 máis próximas a 154 é $2^{7}=128$ pero $2^{8}$ xa é 256. Algo semellante sucede co outro factor, $8.744$. Resulta que $2^{13}=8\,192$ pero $2^{14}=16\,384$. Fica claro que se queremos usar os logaritmos para simplificar o cálculo de produtos e divisións, temos que procurar que a táboa de logaritmos non presente eses ocos tan grandes. Pero no canto de ir na dirección que marcaría a resolución deste problema, imos dirixirnos antes en dirección contraria. 

Os logaritmos decimais

Tal e como dixemos, comezaramos presentando a táboa cos logaritmos en base 2. Porén podiamos ter escollido calquera outro número como base. Quizais unha das primeiras ideas que se nos veña á cabeza sería elaborar unha táboa logarítmica en base 10 pois esta é a base do noso sistema de numeración. Neste caso, o resultado sería o seguinte:

$n$	$10^{n}$
$0$	$1$
$1$	$10$
$2$	$100$
$3$	$1\,000$
$4$	$10\,000$
$5$	$100\,000$
$6$	$1\,000\,000$
$n=log_{10}N$	$N=10^{n}$

Entre as primeiras táboas de logaritmos publicadas xa comezou a destacar a tendencia a usar a base 10. Así o fixo Henry Briggs no 1617, 1624 e 1633. Tamén foi o caso de Edmund Gunter no 1620 e 1624 e de Adriaan Vlacq no 1628. Tanto é así que cando se usa esta base normalmente non se indica na notación do logaritmo. Deste xeito o $log_{10}M$ escribirase simplemente $log M$.

Resulta case inmediato comprobar que as propiedades dos logaritmos se verifican independentemente da base. Recompilando o tratado ata agora teriamos as seguintes:

$$log_{a}\left( M\cdot N \right)=log_{a}M+log_{a}N$$  $$log_{a}\frac{M}{N}=log_{a}M-log_{a}N$$

$$ log_{a}M^{k}=k\cdot log_{a}M$$

A estas propiedades convennos engadir unha máis, a denominada fórmula do cambio de base, que relaciona o logaritmo dun número en calquera base co logaritmo decimal dese mesmo número: $$log_{a}M=\frac{log\, M}{log\, a}$$

Esta fórmula indícanos que ten pouca importancia a base escollida. Se quixeramos elaborar unha táboa dos logaritmos nunha base $a$ calquera, bastaría con multiplicar por $log\, a$ os logartimos da táboa anterior, a dos logartimos decimais. En conclusión, se temos os logaritmos nunha determinada base, obter os logaritmos noutra calquera é inmediato. 

Así e todo, despois de botarlle un ollo á táboa dos logaritmos en base 10,  decontado nos decatamos que tomar 10 como base foi moi mala idea porque os saltos entre os valores de $N$ son enormes. As diferenzas entre as potencias de $2$ eran moito menores. Polo tanto convén escoller unha base máis pequena. Claro que non debemos baixar ata o 1 porque todas as súas potencias son tamén $1$. Probemos cun número moi pouco maior, $1'1$. Velaquí a súa táboa:

$n$	$1'1^{n}$
$0$	$1$
$1$	$1'1$
$2$	$1'21$
$3$	$1'331$
$4$	$1'4641$
$5$	$1'61051$
$6$	$1'771561$
$n=log_{1'1}N$	$N=1'1^{n}$

A cousa ten mellor pinta. E se avanzamos neste sentido? Consideremos bases aínda menores, por exemplo $1'001=1+\frac{1}{1.000}$

$n$	$1'001^{n}$
$0$	$1$
$1$	$ 1'00\textbf{1}$
$2$	$1'00\textbf{2} 00\textbf{1}$
$3$	$1'00\textbf{3}00\textbf{3}00\textbf{1}$
$4$	$1'00\textbf{4}00\textbf{6}00\textbf{4}00\textbf{1}$
$5$	$1'00\textbf{5}0\textbf{10}0\textbf{10}00\textbf{5}00\textbf{1}$
$6$	$1'00\textbf{6}0\textbf{15}0\textbf{20}0\textbf{15}00\textbf{6}00\textbf{1}$
$n=log_{1'001}N$	$N=1'001^{n}$

Aquí teriamos unha sucesion bastante anódina de valores se non fose polos que aparecen destacados en grosa. Efectivamente son os números combinatorios. Sen facer os cálculos aventuraría que a seguinte cifra da columna da dereita estaría formada polos valores da séptima fila do triángulo de Pascal intercalando un $0$ entre eles e grafándoos sempre con dous caracteres, engadindo un $0$ cando sexa necesario como o $07$ neste caso : $1'00\mathbf{7}0\mathbf{21}0\mathbf{35}0\mathbf{35}0\mathbf{21}00\mathbf{7}00\mathbf{1}$

Agora o crecemento dos valores da columna da dereita é tan lento que os ocos intermedios son realmente pequenos. Claro que isto produce un desacompasamento entre os valores de $n$ (os da primeira columna) e os das correspondentes potencias $N$ (os da segunda columna). Por exemplo para alcanzar o valor $2$ na columna da dereita temos que darlle a $n$ o valor $694$. Podemos intentar corrixir este desacompasamento mediante a seguinte observación:

$$\left( 1'001^{1000} \right)^{\frac{a}{1000}}=1'001^{\frac{1000a}{1000}}=1'001^{a}$$

Así teremos a seguinte táboa que nos presentan os logartimos en base $1'001^{1000}$

$n$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{n}$
$0$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0}=1$
$0'001$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'001}=1'001^{1}=1'001$
$0'002$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'002}=1'001^{2}=1'002001$
$0'003$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'003}=1'001^{3}=1'003003001$
$0'004$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'004}=1'001^{4}=1'004006004001$
$0'005$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'005}=1'001^{5}=1'005010010005001$
$0'006$	$\left( 1'001^{1000} \right)^{0'006}=1'001^{6}=1'006015020015006001$
$n=log_{1'001^{1000}}N$	$N=\left( 1'001^{1000} \right)^{n}$

Agora os valores das dúas columnas van máis acompasados. Partindo nun principio da base $1'001$, conseguímolo tomando como nova base $1'001^{1000}$. Daquela, de collermos bases que nos permitan unha maior densidade de valores:

 $1'000\, 1$, $1'000\, 01$, $1'000\, 001$, .... deberiamos recorrrer á súas correspondentes melloras:

 $1'000\,1^{10\,000}=\left( 1+\frac{1}{10\,0000} \right)^{10\,000}$, $1'000\,01^{100\,000}=\left( 1+\frac{1}{100\,0000} \right)^{100\,000}$, $1'000\,001^{1000\,000}=\left( 1+\frac{1}{1000\,0000} \right)^{1000\,000}$...

En definitiva, a nosa base ideal virá dada polo límite destes valores:

$$\lim_{x \to \infty}\left( 1+\frac{1}{x} \right)^{x}=2, 718281828459...=e$$

Este número, $e$ é a base dos logaritmos neperianos. Denotarémolos $log_{e}M=lnM$. Trátase dun número irracional (non é unha fracción), aínda máis, é  trascendente (non é solución de ningunha ecuación polinomial con coeficientes enteiros). O raro é que partindo da idea de que os logaritmos en base 2 daban lugar a unha táboa con demasiados ocos (pouco densa) acabamos con logaritmos en base $e=2, 718281828459...$ que dá lugar a ocos aínda maiores. Quizais todo isto parte de que nunca nos atrevimos a mergullarnos en logaritmos de bases menores que $1$. A ver se o facemos na próxima ocasión.

Os logaritmos

Introdución aos logaritmos

Vou facer unha confesión terrible. Eu fixen a carreira de Matemáticas sen saber o que eran os logaritmos. Así aprendín que non hai que botar as mans á cabeza cando alguén descoñece un concepto fundamental, sempre e cando teña ferramentas que lle permitan esquivar esta eiva. En efecto, tiña que ter estudado os logaritmos cando cursei 2º de BUP. O profesor explicáranolos pero como foi a final de curso decidiu non facer exame. A pesar de que daquela tiña xa certa querencia pola materia, non mirei nin a primeira vez os apuntes. Así aprendín que se un quer forzar o estudo dun tema, debe telo en conta á hora de avalialo. 

Ao ano seguinte tiven outro profesor que supuxo que todos tiñamos adquiridos os fundamentos dos logaritmos así que cando lle tocou presentarnos a función logarítmica fíxoo de súpeto. Con todo, tivo a boa idea de escribir no encerado as propiedades fundamentais dos logaritmos. A partir dese momento para min os logaritmos eran iso, unha función que verificaba unhas curiosas propiedades.

Con estes antecedentes o día que me tocou a min explicar o que eran os logaritmos enfronteime a un gran problema; antes tiña que sabelo eu. Así que tiven que estudalo por vez primeira. Todas estas circunstancias leváronme a ter que reflexionar moito sobre o seu concepto. Tiña a man moitos libros de texto, pero nunca cheguei a usalos na aula, entre outras razóns porque normalmente os libros de texto non viñan escritos en galego. En todo caso, incluso no breve lapso de tempo no que dispoñiamos de textos de Matemáticas en galego, nunca fun quen de adaptarme á súa prosodia. Pode que sexa defecto meu, non o nego. Con todo prefiro contar as cousas da mesma maneira que me gustaría que mas contaran a min. Sempre perdín moito tempo en intentar ser o máis coidadoso na escolla das palabras e as ideas para as explicacións. De seguido conto como explico en que consisten os logaritmos. Normalmente fágoo en 4º da ESO, aínda que dependendo das circunstancias, pode que teña que adiar o relato para o curso seguinte. 

En primeiro lugar presento unha táboa de potencias de 2 como a seguinte

$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$	$n$	$2^{n}$
$0$	$1$	$8$	$256$	$16$	$65.536$	$24$	$16.777.216$
$1$	$2$	$9$	$512$	$17$	$131.072$	$25$	$33.554.432$
$2$	$4$	$10$	$1.024$	$18$	$262.144$	$26$	$67.108.864$
$3$	$8$	$11$	$2.048$	$19$	$524.288$	$27$	$134.217.728$
$4$	$16$	$12$	$4.096$	$20$	$1.048.576$	$28$	$268.435.456$
$5$	$32$	$13$	$8.192$	$21$	$2.097.152$	$29$	$536.870.912$
$6$	$64$	$14$	$16.384$	$22$	$4.194.304$	$30$	$1.073.741.824$
$7$	$128$	$15$	$32.768$	$23$	$8.388.608$	$31$	$2.147.483.648$
$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$	$n=log_{2}N$	$N=2^{n}$

Nesta táboa hai que ler as columnas de dúas en dúas. Na columna da esquerda aparece un número $n$ e na segunda o resultado de elevar 2 a ese número, $2^{n}$. Pero tamén podemos ler as columas de dereita a esquerda, así os números da columna da esquerda son os logaritmos en base 2 dos da  correspondente columna da dereita. 

Por exemplo, como $2^{5}=32$ diremos tamén que o $log_2{32}=5$ (o logaritmo en base $2$ de $32$ é $5$).

Cálculo de produtos

Por unha vez imos ter unha clase sen calculadora. Pensemos, por poñernos en situación, que estamos no século XVI. A pesar de non ter calculadora vémonos na obriga de calcular un produto. Non é difícil pero é bastante pesado. Por iso imos intentar simplificar os cálculos facendo uso da táboa das potencias de 2 (ou dos logaritmos en base 2). Queremos calcular o produto $512\cdot8.192$. Para iso debemos buscar na táboa os seus logaritmos. Neste caso o $log_{2}812=9$ e o $log_{2}8.192=13$. Estamos vendo que os logaritmos non son outra cousa que os expoñentes. Agora vén o truquiño. Sumamos os logaritmos $9+13=22$ (se prefires podemos dicir que sumamos os expoñentes) e agora miramos na táboa buscando nas columnas de esquerda o valor $n=22$, daquela o produto é xusto o seu compañeiro da columna da dereita: $512\cdot8.192=4.194.304$. A razón é ben simple:

$$512\cdot8.192=2^{9}\cdot 2^{13}=2^{9+13}=2^{22}=4.194.304$$

Acabamos de ver que os logaritmos transforman os produtos en sumas. Isto é lóxico porque os logaritmos son expoñentes e para calcular o produto de dous números coa mesma base, sumamos os expoñentes. Escrito máis estritamente

$$log_{2}\left( M\cdot N \right)=log_{2}M+log_{2}N$$

No noso caso: $$log_{2}\left( 512\cdot 8.192 \right)=log_{2}512+log_{2}8.192$$

ou $$9+13=22$$

Cálculo de divisións

Continuamos no século XVI (sen calculadoras). Se o procedemento do cálculo de divisións é bastante tedioso e pesado, a realización de divisións a man consiste nun algoritmo que multiplica estas dificultades. Estamos pensando en facer unha división usando números bastante grandes. Os logaritmos, isto é, os expoñentes, volverán a simplificarnos as cousas. Se o cálculo de produtos (complicados) se reduciu ao de sumas (fáciles) é lóxico que o cálculo de divisións (moi complicadas) se reduza a unha (simple) resta. Por exemplo, para facer a división $8.192: 512 $ chega con restar os logaritmos destes números. Vexámolo: $13-9=4$. Velaí que o resultado da división será o número que na táboa lle asignamos ao $4$, isto é $16$. Repasemos as razóns de que isto sexa así:

$$\frac{8.192}{512}=\frac{2^{13}}{2^{9}}=2^{13-9}=2^{4}=16$$

Escribamos estas ideas en forma de logaritmos:

$$log_{2}\left( \frac{M}{N} \right)=log_{2}M-log_{2}N$$

$$log_{2}\left( \frac{8.192}{512} \right)=log_{2}8.192-log_{2}512$$

$$13-9=4$$

Isto é, os logaritmos transforman as divisións en restas.

Chegou o momento de facer uns exercicios para practicar o cálculo de produtos e divisións mediante o uso de logaritmos. Axudarémonos da táboa (de logaritmos) que presentamos máis arriba.

1. Calcula $128\cdot 131.072$

2. Calcula $2.048\cdot 4.096$

3. Calcula $2.097.152 : 131.072$

4. Calcula $262.144 : 256$

5. Calcula $ 129 \cdot 127$ 

6. Calcula $154 \cdot 8744$ 

Non, non me equivoquei no último. Xa o explicarei noutra entrada.

Relación entre series infinitas, fraccións continuas teito e constantes. Parte 2: Conxectura de Erdős-Straus.

 

por Andrés Ventas

$\newcommand{\Mod}[2]{\equiv #1\ (\mathrm{mod}\ #2)}$ A conxectura de Erdős-Straus é un problema sen resolver en Teoría de números. A conxectura consiste en que, por cada enteiro $n$ igual ou maior que 2, existen enteiros positivos $x$, $y$, e $z$ para os que

$\dfrac{4}{n}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}.$

Noutras palabras, o número $4/n$ pode ser escrito como a suma de tres fraccións unitarias.

O nome da conxectura débese a Paul Erdős e Ernst G. Straus, quen a formularon en 1948. As sumas de fraccións unitarias, como a deste problema, coñécense como fracción exipcia , polo seu uso nas matemáticas do antigo Exipto.

Existen varios algoritmos para obter fraccións exipcias, o documento de D. Eppstein ( D. Eppstein,Ten Algorithms for Egyptian Fractions ) mostra 10, o máis famoso deles o algoritmo cobizoso e nós mediante aplicación directa do teorema da suma por pares (visto na parte 1) temos un novo algoritmo que imos comparar co algoritmo cobizoso.

Para a comparación imos usar a fracción $\tfrac{4}{1009}$ onde o denominador é un dos famosos denominadores de Mordell . Mordell mediante unha serie de congruencias obtivo que os únicos denominadores da conxectura de Erdős-Straus que podían non ter solución eran os números primos da forma $840k + (1, 121, 169, 289, 361, 529) $, para $k$ natural. O primeiro primo desa secuencia sería o $840 + 169=1009$.

O algoritmo cobizoso consiste en ir ficando cada vez coa fracción unitaria que máis se aproxima á fracción orixinal, restar e repetir o proceso coa seguinte mellor aproximación. O algoritmo das sumas por pares consiste en calcular a fracción continua teito mediante o algoritmo de Euclides e despois usar directamente a suma por pares dos numeradores dos converxentes. Vexamos un exemplo comparativo.

ALGORITMO COBIZOSO

num	denom	cociente teito	fracción restante
$1009$	4	$253$	$\dfrac{4}{1009}-\dfrac{1}{253} = \dfrac{3}{255277} $
$255277$	3	$85093$	$\dfrac{3}{255277}-\dfrac{1}{85093} = \dfrac{2}{21722285761} $
$21722285761$	2	$10861142881$	$\dfrac{2}{21722285761}-\dfrac{1}{10861142881}$ $= \dfrac{1}{235928849352132817441} $

Resultado $\dfrac{4}{1009} = \dfrac{1}{253} + \dfrac{1}{85093} + \dfrac{1}{10861142881} + \dfrac{1}{235928849352132817441}$

Aparte do algoritmo cobizoso, para obter todas as solucións teríamos que principiar polo denominador $x$ do algoritmo cobizoso e despois escoller un denominador $y$ unha unidade maior e facer ese bucle ata que o denominador cubrise a metade do restante e se non damos atopado solución voltar ao bucle principal e aumentar nunha unidade o denominador $x$. Se chegamos a un denominador inferior a un terzo do valor da fracción sen atopar solución daquela non a hai.

ALGORITMO DAS SUMAS POR PARES

Primeiro aplicamos Euclides teito

num	denom	cociente teito $(c_i)$	resto
$1009$	4	253	3
$4$	3	2	2
$3$	2	2	1
$2$	1	2	0

E agora a fracción continua teito

$c_i$	253	2	2	2
$p_i$	253	505	757	1009
$q_i$	1	2	3	4

(os denominadores $q_i$ non son necesarios mais móstranse por completar)

Resultado $\dfrac{4}{1009} = \dfrac{1}{253} + \dfrac{1}{253 \cdot 505} + \dfrac{1}{505 \cdot 757} + \dfrac{1}{757 \cdot 1009}$
$= \dfrac{1}{253} + \dfrac{1}{127765} + \dfrac{1}{382285} + \dfrac{1}{763813}$

Debido a que se temos $\dfrac{4k}{n}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}$ como suma de tres fraccións unitarias tamén temos $\dfrac{4}{n}=\dfrac{1}{kx}+\dfrac{1}{ky}+\dfrac{1}{kz}$ como suma de tres fraccións unitarias, con este algoritmo só temos que procurar numeradores múltiplos de 4 (para todo $4k \le 2n$). Por exemplo temos:

num	denom	cociente teito $(c_i)$	resto
$1009$	$44=4\cdot 11$	23	3
$44$	3	15	1
$3$	1	3	0

E agora a fct

$c_i$	23	15	3
$p_i$	23	344	1009
$q_i$	1	15	44

Solución $\dfrac{4}{1009} = \dfrac{1}{11 \cdot 23} + \dfrac{1}{11 \cdot 23 \cdot 344} + \dfrac{1}{11 \cdot 344 \cdot 1009}$
$\dfrac{4}{1009} = \dfrac{1}{253} + \dfrac{1}{87032} + \dfrac{1}{3818056}$

PEQUENAS CONCLUSIÓNS

1. O algoritmo por pares demostra que para un numerador calquera $t$ e fracción $\dfrac{t}{n}$ temos un máximo de $t$ fraccións unitarias e sempre ten solución.
2. As solucións máis longas son para $1 \equiv n \mod{t}$
3. A conxectura cúmprese se para calquera $p$ primo impar, existe alomenos un $4k, k \in \mathbb{Z}$ para o que
   $p \Mod{-r_0}{4k}.$
   $4k \Mod{-1}{r_0}.$
4. Nas probras con ordenador na casa dá que existe solución dada polo algoritmo por pares até $n=10^{9}$, canto máis grande é o denominador máis solucións existen.
5. Mentres que no caso da conxectura de Erdős-Straus as $fct$ de 3 elementos solucionan todos os denominadores primos, para a variante de Sierpiński hai dous valores de tipo $60k+1$, que non dá solucionado, $\{541, 1381\}$, para denominadors superiores hai varias solucións para cada $n$ tamén máis abundantes canto maior é o denominador $n$.
6. Unha demostración supoño que chegará da man da teoría de números analítica (tipo Conxectura de Goldbach, ver bibliografia documento de Harald Andres Helfgott), tendo en conta que as solucións son cada vez máis numerosas cando o denominador aumenta, mais as miñas matemáticas non chegan a ese nivel.

Bibliografia

1. D. Eppstein,Ten Algorithms for Egyptian Fractions
2. Harald Andres Helfgott The ternary Goldbach problem

Relación entre series infinitas, fraccións continuas teito e constantes. Aplicacións (Parte I)

por Andrés Ventas

$ \newcommand{\tei}[1]{\lceil #1 \rceil} \newcommand{\teib}[1]{\Big\lceil #1 \Big\rceil} \newcommand{\R}{{\mathbb R}} $

As fraccións continuas teito (que podemos abreviar como fct) son fraccións continuas que se obteñen aplicando o algoritmo de Euclides usando a función teito en vez da función chan, que é o habitual. Isto produce unha fracción continua onde cada nova fracción da fracción continua resta da anterior.

A propiedade útil é que dela pódese obter sinxeliñamente para un número irracional unha suma de infinitos recíprocos e viceversa, dada unha suma de infinitos recíprocos obtemos unha fracción continua e o seu valor ou os seus converxentes.

Deste modo temos unha terna que se transforma de xeito doado entre si: fraccións continuas, series e constantes irracionais.

A parte onde comento que "dada unha serie de recíprocos obtemos o seu valor pasando pola fracción continua" non é tan feituco como parece porque o cálculo do valor, salvo que a fracción continua sexa periódica dalgún xeito, é un cálculo tan longo como o propio de ir sumando as fraccións unitarias da serie. Non se dá conseguido unha forma pechada salvo de raro en raro.

Entre as aplicacións veremos:

1. Un uso en modo finito para a conxectura de Erdős-Straus como un novo algoritmo para obter fraccións exipcias (Vaia por diante que aplicación non quere dicir solución, e só outro xeito de afrontar o problema)
2. Fraccións continuas de series de potencias
3. Un método directo de obtención de fraccións continuas para as series hiperxeométricas
4. Obtención de novas series e fraccións continuas de constantes irracionais
5. Expansión de Engel (ver Advanced problems H-936 Fibonacci Quarterly. 62-2 (2024) p-181 )

Base teórica do algoritmo

Definición $\label{fctdef}$ Unha fracción continua teito, $\tei{c_0, c_1, c_2, c_3, \cdots } = c_0 - \cfrac{1}{c_1 - \cfrac{1}{c_2 - \cfrac{1}{c_3 - {}\ddots}}} $, é unha fracción continua obtida co algoritmo de Euclides usando a función teito, e ten converxentes con fraccións $\dfrac{p_i}{q_i}$ cuxos numeradores $p_i$ e denominadores $q_i$ satisfán unha recorrencia de resta,

$p_i = c_i p_{i-1} - p_{i-2}; \ p_0=c_0; \ p_{-1}=1$.

$q_i = c_i q_{i-1} - q_{i-2}; \ q_0=1; \ q_{-1}=0$.

Escribiremos unha $fct$ como unha enumeración dos seus coeficientes entre os símbolos da función teito, $\tei{c_0, c_1, c_2, c_3, \cdots }$.

Pode ser tentador escribir unha $fct$ do mesmo xeito que unha fracción continua regular con coeficientes negativos, mais é fácil comprobar que non representan o mesmo valor.

Nota: ás veces escribiremos a fracción continua mediante unha forma de tamaño intermedio $x = c_0 - \frac{1}{c_1}{{}\atop-}\frac{1}{c_2}{{}\atop-}\frac{1}{c_3}{{}\atop\!{}-\cdots}$

Teorema: Suma por pares $\label{fct}$ Sexa $\dfrac{1}{x} \in \R$ un número con unha fracción continua teito $\dfrac{1}{x} = \tei{ c_0, c_1, c_2, \dots }$, entón o seu recíproco $x$ é a suma dos recíprocos da multiplicación de pares sucesivos de numeraderes $p_i$ dos seus converxentes, $\begin{equation} \label{Theorem} \begin{aligned} x=\frac{1}{p_0}+\sum_{i=0}^{\infty}{\dfrac{1}{p_i\cdot p_{i+1}}}. \end{aligned} \end{equation}$
Proba:

Dada a suma de Euler $x = a_{0} + a_{0}a_{1} + a_{0}a_{1}a_{2} + \dots $ e a súa fracción continua [p.159, Khrushchev] $x = a_0 - \frac{a_1}{1+a_1}{{}\atop-} \frac{a_2}{1+a_2}{{}\atop-} \frac{a_3}{a+a_3}{{}\atop\!{}-\cdots}$

transformámola para que os numeradores sexan $1$,

$\begin{equation*} \begin{aligned} x &= \dfrac{1}{\frac{1}{a_0}}{{}\atop-}\frac{1}{\frac{(1+a_1)a_0}{a_1}}{{}\atop-}\frac{1}{\frac{(1+a_2)a_1}{a_2 a_0}}{{}\atop-}\frac{1}{\frac{(1+a_3)a_2 a_0}{a_3 a_1}}{{}\atop\!{}-\cdots} \\ & \text{e por definición de $fct$}\\ \dfrac{1}{x} &= \teib {\dfrac{1}{a_0}, \dfrac{(1+a_1)a_0}{a_1}, \cdots, \dfrac{(1+a_i)a_{i-1}a_{i-3}\cdots}{a_i a_{i-2} a_{i-4} \cdots}, \cdots }. \end{aligned} \end{equation*} $

Denotamos esta fracción continua como $\dfrac{1}{x}=\tei{c_0, c_1, \cdots, c_i, \cdots }$, igualamos os coeficientes e resolvemos para os $a_i$,
$\begin{equation*} \begin{aligned} & a_0 = \frac{1}{c_{0}},\ a_1 = \frac{a_0}{c_{1}-a_0}, \ a_2 = \frac{a_1}{c_{2}a_{0}-a_1}, \ a_3 = \frac{a_{2}a_{0}}{c_{3}a_{1}-a_{2}a_{0}}, \cdots \\ & a_i = \frac{a_{i-1}a_{i-3}\cdots}{c_{i}a_{i-2}a_{i-4}...-a_{i-1}a_{i-3}\cdots}. \end{aligned} \end{equation*}$

Usando a identidade dos numeradores dos converxentes $p_i = c_i p_{i-1} - p_{i-2}$, temos $\begin{equation*} \begin{aligned} a_0 &= \dfrac{1}{c_0} = \dfrac{1}{p_0}. \\ p_1 &= c_{1}p_{0}-1, \ a_1 = \frac{a_0}{c_{1}-a_0} = \dfrac{1/c_0}{c_{1}-(1/c_{0})} = \dfrac{1}{c_{1}c_{0}-1} = \frac{1}{c_{1}p_{0}-1} = \dfrac{p_{-1}}{p_1}.\\ a_i &= \frac{a_{i-1}a_{i-3}...}{c_{i}a_{i-2}a_{i-4}...-a_{i-1}a_{i-3}...} =\frac{p_{i-2}}{p_{i}}. \end{aligned} \end{equation*} $

Agora substituimos en $x$ e usamos suma telescópica

$ \begin{equation*} \begin{aligned} x &= a_{0} + a_{0}a_{1} + a_{0}a_{1}a_{2} + a_{0}a_{1}a_{2}a_{3} + \cdots\\ &=\dfrac{1}{p_0} + \dfrac{1}{p_0}\dfrac{1}{p_1} + \dfrac{1}{p_0}\dfrac{1}{p_1}\dfrac{p_0}{p_2} + \dfrac{1}{p_0}\dfrac{1}{p_1}\dfrac{p_0}{p_2}\dfrac{p_1}{p_3} + \cdots\\ &=\frac{1}{p_0} + \frac{1}{p_0}\dfrac{1}{p_1} + \dfrac{1}{p_1}\frac{1}{p_2} + \dfrac{1}{p_2}\dfrac{1}{p_3}+\cdots \\ &=\dfrac{1}{p_0} + \sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{1}{p_i}\dfrac{1}{p_{i+1}}. \end{aligned} \end{equation*} $

Fin da proba.

Nota: Oskar Perron (1957) e Gautam Gopal (2016) mostran unha fórmula similar para series alternas tendo en conta os denominadores dos converxentes dunha fracción continua regular (recorrencia dos converxente con signo positivo): $x = [a_0, a_1, a_2, \ldots ] = a_0 + \sum_{n=0}^\infty \dfrac{ (-1)^n }{q_{n}q_{n+1}}.$

Vese ben a partir do teorema da suma por pares que dada unha serie infinita podemos obter mediante o reverso deste método unha fracción continua co valor recíproco da suma.

Corolario 1: Dado $S = \dfrac{1}{a_0} + \dfrac{1}{a_0 a_1} + \dfrac{1}{a_1 a_2} + \dfrac{1}{a_2a_3} + \cdots$, temos $p_i = \{a_0, a_1, a_2, a_3 \ldots \}$

e por tanto temos a $fct$: $\dfrac{1}{S}=\teib{a_0, \dfrac{a_1 + 1}{a_0}, \dfrac{a_2 + a_0}{a_1}, \dfrac{a_3 + a_1}{a_2}, \dfrac{a_4 + a_2}{a_3}, \cdots }$

Se os denominadores non van multiplicados en cadea sempre se pode forzar do seguinte xeito

Corolario 2: Dado $S = \dfrac{1}{a_0} + \dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{a_2} + \dfrac{1}{a_3} + \cdots$, temos $p_i = \{a_0, \dfrac{a_1}{a_0}, \dfrac{a_2 a_0}{a_1}, \dfrac{a_3 a_1}{a_2 a_0}, \ldots \}$

e por tanto temos a $fct$: $\dfrac{1}{S}=\teib{a_0,\dfrac{\tfrac{a_1}{a_0}+ 1}{a_0}, \dfrac{a_0+\tfrac{a_2 a_0}{a_1}}{\tfrac{a_1}{a_0}}, \dfrac{\tfrac{a_1}{a_0}+\tfrac{a_3 a_1}{a_2 a_0}}{\tfrac{a_2a_0}{a_1}}, \cdots }$

Para as series de potencias imos definir unha nomenclatura similar ao duplo factorial que se aplique aos índices. Imos denotar $a_{i!!}=a_i a_{i-2} a_{i-4} a_{i-6} \ldots $ sendo $a_{-1}=1$ e para o resto $i \ge 0$.

Se temos unha serie que sexa de tipo Taylor ou Maclaurin con factoriais no denominador e coeficientes e potencias de $x$ no numerador. teríamos:

Corolario 3: Dado $S_T = \dfrac{a_0}{0!} + \dfrac{a_1 x}{1!} + \dfrac{a_2 x^2}{2!} + \dfrac{a_3 x^3}{3!} + \cdots$, temos $p_i = \Big\{\dfrac{1}{a_0}, \dfrac{a_0}{a_1 x}, \dfrac{2!! a_1}{a_2 a_0 x}, \dfrac{3!!a_2 a_0}{a_3 a_1 x^2}, \ldots \Big\} = \Big\{ \dfrac{n!! a_{(n-1)!!}}{a_{n!!} x^{\lceil n/2 \rceil}} ,\ldots \Big\}$

e coma sempre temos a $fct$: $\dfrac{1}{S_T}=\teib{p_0, \dfrac{p_i + p_{i-2}}{p_{i-1}}, \cdots }$ con $p_{-1}=1$.

Nota: veremos en publicacións posteriores unha expresión máis simple destas últimas fórmulas na forma de fracción continua xeneralizada )

Exemplos

Exemplo 1. Serie a partir de fracción continua.

Como primeiro exemplo usaremos a miña constante favorita, a constante Pena Trevinca, $\tau=\tei{3, 3, 3, 3, \cdots}$, que ten valor $2.618033\ldots = \phi +1 = \phi^2$ (ver Mathematical Student problema 8). Así temos os converxentes $p_i/q_i$

$c_i$		3	3	3	3	$\cdots$
$p_i$	1	3	8	21	55	$\cdots$
$q_i$	0	1	3	8	21	$\cdots$

Aplicando o Teorema de suma por pares

$\dfrac{1}{\tau} = (\tei{3,3,3, \ldots})^{-1} = \dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3 \cdot 8}+\dfrac{1}{8 \cdot 21}+\dfrac{1}{21 \cdot 55}+ \cdots $.

(non sería necesario calcular os denominadores dos converxentes, pero facémolo por completar)

$\dfrac{1}{\tau} = 0.38196\ldots $ e truncando a suma infinita no cuarto sumando temos $\dfrac{1}{\tau} = \dfrac{21}{55} = 0.3818 \ldots$

Exemplo 2. Fracción continua a partir de serie.

Como segundo exemplo imos calcular unha fracción continua para $\dfrac{1}{e^x}$ e concretando para $\dfrac{1}{\sqrt{e}}$ Temos que $e^x=\dfrac{1}{0!}+\dfrac{x}{1!}+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+ \cdots$

Que seguindo o corolario 3, os numeradores dos converxentes son $p_i=\Big\{1, \dfrac{1}{x} , \dfrac{2}{x} , \dfrac{3}{x^2} , \dfrac{2\cdot 4}{x^2}, \dfrac{3\cdot 5}{x^3}, \dfrac{2\cdot 4\cdot 6}{x^3}, \ldots \Big\} $

E igualmente polo corolario 3 obtemos os coeficientes da $fct$ sumando alternos e dividindo polo do medio, $\dfrac{1}{e^x}=\teib{1, \dfrac{1}{x}+1, x+2, \dfrac{x+3}{2x}, \dfrac{2x+4\cdot 2}{3}, \cdots}$

Imos mostrar unha táboa completa para $e^{-1/2}=0.60653\ldots$

$c_i$ de $e^{-1/2}$		1	3	$\dfrac{5}{2}$	$\dfrac{7}{2}$	3	$\cdots$
$p_i$	1	1	2	4	12	32	$\cdots$
$q_i$	0	1	3	$\dfrac{13}{2}$	$\dfrac{79}{4}$	$\dfrac{211}{4}$	$\cdots$
converxentes		1	$\dfrac{2}{3}$	$\dfrac{8}{13}$	$\dfrac{48}{79}$	$\dfrac{128}{211}$	$\cdots$
valor		1	$0.66\ldots$	$0.61\ldots$	$0.607\ldots$	$0.60663\ldots$	$\cdots$

Os converxentes das fraccións continuas teito aproximan o valor só por un lado ao contrario que as fraccións continuas regulares que o aproximan alternativamente por valores superiores decrecentes e valores inferiores crecentes.

Exemplo 3. Valor da suma a partir da fracción continua.

Existen moitas probas de que a suma dos recíprocos dos números oblongos (o duplo dos triangulares) vale 1 (ver A002378 Oblong (or promic, pronic, or heteromecic) numbers: a(n) = n*(n+1).. )

Imos dar unha nova proba:

$S_{ob}=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n(n+1)}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{20} + \cdots$

$p_i=\{2, 3, 4, 5, \ldots \}$

$c_i=\{2, (3+1)/2=2, (4+2)/3=2, (5+3)/4=2, \ldots \}$ e por tanto $S_{ob}=(\tei{2,2,2,2, \ldots})^{-1}$

$c_i$		2	2	2	2	2	$\cdots$
$p_i$	1	2	3	4	5	6	$\cdots$
$q_i$	0	1	2	3	4	5	$\cdots$

Dai temos, polos converxentes, que $S_{ob}=\lim_{n \to \infty} \dfrac{q_i}{p_i}=\lim_{n \to \infty}\dfrac{n}{n+1}=1$.

Exemplo 4. Unha serie para $4-\pi$.

A serie de Leibniz para $\frac{\pi}{4}$ é

a serie alternada $\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7}+\cdots-\cdots$.

Se sumamos de dous en dous temos a serie non alternada $\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{2}{1\cdot 3}+\dfrac{2}{5\cdot 7}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{2}{(4n+1)(4n+3)}$.

Se o levamos ao noso terreno podemos construír a serie con multiplicación por pares $S_{imp}=\dfrac{1}{1\cdot 3}+\dfrac{1}{3\cdot 5}+\cdots$ que ten $p_i=\{3, 5, 7, 9, 11, \ldots \}$ e por tanto $c_i=\tei{3,2,2,2,2,2, \ldots}$ agora se calculamos os converxentes:

$c_i$		3	2	2	2	2	$\cdots$
$p_i$	1	3	5	7	9	11	$\cdots$
$q_i$	0	1	2	3	4	5	$\cdots$

E con isto temos que $S_{imp}=\lim_{n \to \infty} \dfrac{q_i}{p_i}=\lim_{n \to \infty}\dfrac{n}{2n+1}=\dfrac{1}{2}$.

Como puxemos numerador $1$ dividimos por $2$ e restamos no lado esquerdo os valores e restamos no dereito as series

$\dfrac{1}{2}-\dfrac{\pi}{8} = \dfrac{4 - \pi}{8} = \dfrac{1}{3\cdot 5}+\dfrac{1}{7\cdot 9}+\dfrac{1}{11\cdot 13}+\cdots$.

E finalmente multiplicando por $8$ temos $4-\pi = \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{8}{(4n+3)(4n+5)}$.

P.E: Non teño atopado moita literatura sobre este tipo de fraccións continuas mais parece ser que nalgures refírense a elas como "slow continued fractions". Usualmente aproximan ao número máis lentamente que as fraccións continuas regulares, cando relamente debería ser ao revés pois só aproximan por un lado. Na miña experiencia isto ven sendo debido a que se atoan moitas veces no número $2$ como coeficiente. Iso tamén implica que non cumpran coa constante de Khinchin .

Bibliografia

1. Gautam Gopal, Continued Fractions, Theorem 4.7 p-17
2. Sergey Khrushchev, Orthogonal Polynomials and Continued Fractions Encyclopedia of Mathematics and its Applications. Cambridge University Press 122 (2008), 159
3. Perron, Oskar, Die Lehre von den Kettenbrüchen.Teubner Verlag. 2 (1957) p-17.
4. Ventas, A., Advanced problems H-936 Fibonacci Quarterly. 62-2 (2024) p-181
5. Ventas, A., Mathematical Student. 93 (3-4) (2024) Problem 8. p-213