Simplificando a recorrencia da ecuación de Pell

 por Andrés Ventas

No que teño lido sobre a ecuación de Pell, tanto positiva $x^2 - Dy^2=1$ como negativa $x^2 - Dy^2=-1$, a partir da solución fundamental $(x, y)$ pódense obter o resto de infinitas solucións $(x_n, y_n)$ mediante unha recorrencia non demasiado complicada pero que afecta ás dúas variábeis en cada paso.

Atopei unha recorrencia simple que tamén permite obter o termo $n$ de forma directa e envieino como problema proposto á revista Mathematical Student (V94-part3-4-2025) . Envieno hai máis dun ano e saiu publicado neste segundo número (é semestral) do ano 2025. Mais non houbo boa sorte e a demostración ficou cortada, aínda que polo menos aparecía a parte importante.

A recorrencia atopada é:

$$\begin{aligned} (x_{n+2}, y_{n+2}) = 2x \ (x_{n+1},y_{n+1}) - (x_{n}, y_{n}). \\ \end{aligned}$$ Onde para o $\mathbf{2x}$ da recorrencia usamos o $\mathbf{x}$ da solución fundamental $\mathbf{(x,y)}$ da ecuación positiva $\mathbf{x^2 - Dy^2=1}$.

Consideramos o valor inicial para $n=0$ a solución fundamental $(x, y)=(x_0, y_0)$.

Para a Pell positiva, $x^2 - Dy^2=1$, temos´$(x_{-1}, y_{-1}) = (1, 0)$

Para a Pell negativa, $x^2 - Dy^2=-1$, temos: $(x_{-1}, y_{-1}) = (-x_0, y_0)$

En $$\begin{aligned}x &= A033313 = 3, 2, 9, 5, 8, 3, 19, 10,\ 7, 649, 15,\ 4, 33, 17, 170, \ldots \\ D &= A000037 = 2, 3, 5, 6, 7, 8, 10, 11, 12,\ 13, 14, 15, 17, 18,\ 19, \ldots \end{aligned}$$ ( Smallest positive integer x satisfying the Pell equation x^2 - D*y^2 = 1 for nonsquare D and positive y) temos os valores $x$ da solución fundamental para todos os $D$ que non son cadrados.

Evidentemente para a Pell negativa están excluídos os valores sen solución $A031398: 34, 146, 178, 194, 205, 221, 305, \ldots $

Tamén temos a $A180495=6, 4, 18, 10, 16, 6, 38, 20, 14, 1298, 30, 8, 66, 34, 340, \ldots$ que ten $2x$ pero a descrición é só para o caso positivo e está expresado de xeito peculiar: "Coefficient a(n) of three-term recurrence relation for solutions of the equation in integers x^2-n*floor(x/sqrt(n))^2=1 such that x(i+2)=a(n)*x(i+1)-x(i). n is a nonsquare number".

Exemplos

Positiva para $D=7$, coa solución fundamental $(8,3)$ temos $2x=16$ e por tanto:

$(1, 0), (8, 3), (8\cdot 16 -1, 3\cdot 16 -0)= (127, 48), (127\cdot 16 -8, 48\cdot 16 -3)= (2024, 765), \ldots$ que se poden verificar en calquera texto ou sobre a propia ecuación $2024^2 - 7\cdot765^2=4096576-4096575=1.$

Negativa para $D=5$, coa solución fundamental negativa $(x_0, y_0)=(2,1)$ e obtemos a solución fundamental positiva $(9,4)$ temos $2x=18$, e por tanto:

$(-2, 1), (2, 1), (2\cdot 18 -(-2), 1\cdot 18 - 1)= (38, 17), (38\cdot 18 - 2, 17\cdot 18 -1)= (682, 305)$,

$(682\cdot 18 - 38, 305\cdot 18 -17)= (12238, 5473)\ldots$ que se poden verificar sobre a propia ecuación $12238^2 - 5\cdot 5473^2=149768644-149768645=-1$ (e non digo "verificar sobre texto" porque sobre a Pell negativa hai menos datos).

Proba da recorrencia de Pell negativa

Imos probar a recorrencia da Pell negativa que é algo máis liosa:

Parte 1

Se temos $x_{0}^2 - D y_{0}^2 = -1$ daquela $x_{0}^2 + D y_{0}^2 = x \tag{1}$.

Imos usar o método de Heron ou Newton de cálculo de raíces. Comezamos polo valor $\dfrac{x_{0}}{y_{0}}$ e obtemos un termo máis $\dfrac{x}{y} = \dfrac{1}{2}\Big(\dfrac{x_{0}}{y_{0}}+\dfrac{Dy_{0}}{x_{0}} \Big)= \dfrac{x_{0}^2 + Dy_{0}^2}{2 x_{0} y_{0}}$.

Denotamos como $N(x, y) = x^2 - Dy^2$ a norma de $x + \sqrt{D} y$. Obtemos a norma do novo termo $N(x, y)$, $$\begin{equation*} \begin{aligned} &(x_{0}^2 + Dy_{o}^2)^2 - D(2 x_{0} y_{0})^2 = x_{0}^4 + y_{0}^4 + 2 D x_{0}^2 y_{0}^2 - 4 D x_{0}^2 y_{0}^2 \\ &= x_{0}^4 + x_{0}^4 - 2 D x_{0}^2 y_{0}^2 = (x_{0}^2 - Dy_{0}^2)^2 = N^2. \end{aligned} \end{equation*} $$ cando $N=-1$, temos $N^2=1$ e $(x, \ y) = (x_{0}^2 + Dy_{0}^2, \ 2 x_0 y_0)$.

Parte 2

Agora probamos por indución un caso que sairá na proba total: $Dy_n y_{n-1} - x_n x_{n-1} = x$,

Para $n=1$ temos $x_1= -x_0; \ x_0; \ x_1= 2x \ x_0 + x_0; \quad y_1= y_0; \ y_0; \ y_1= 2x \ y_0 - y_0$.

Para $n$ temos $$\begin{aligned} Dy_n y_{n-1} - x_n x_{n-1}&=D 2x \ y_{n-1}^2 - Dy_{n-1}y_{n-2} - D 2x \ x_{n-1}^2 - Dx_{n-1}x_{n-2} \\ &= 2x(Dy_{n-1}^2 - x_{n-1}^2) - Dy_{n-1}y_{n-2} + x_{n-1}x_{n-2} = 2x - x = x. \end{aligned}$$

Parte final

Agora podemos probar a recorrencia completa por indución,

Primeiro paso, $$\begin{equation*} \begin{aligned} N(x_1, y_1) &= (2x x_{0} - (-x_{0}) )^2 - D (2 x y_{0} - y_{0})^2 \\ & = 4x^2 x_{0}^2 + x_{0}^2 + 4x x_{0}^2 - D (4x^2 y_{0}^2 + y_{0}^2 - 4x y_{0}^2) \\ & = 4x^2 (x_{0}^2 - D y_{0}^2) + x_{0}^2 - D y_{0}^2 + 4x (x_{0}^2 + D y_{0}^2) \\ & = 4x^2 (-1) + (-1) + 4x x = -1. \end{aligned} \end{equation*} $$

(Onde $(x_{0}^2 + D y_{0}^2) = x$, está demostrado na parte 1).

Paso $n+1$, $$ \begin{equation*} \begin{aligned} N(x_{n-1}, y_{n-1}) &=x_{n-1}^2 - Dy_{n-1}^2 = -1; \\ N(x_{n}, y_{n}) &=x_{n}^2 - Dy_{n}^2 = -1; \\ N(x_{n+1}, y_{n+1}) &=(2x x_{n} - x_{n-1})^2 - D(2x y_{n}-y_{n-1})^2 \\ &=4x^2 x_{n}^2 + x_{n-1}^2 - 4x x_{n}x_{n-1} - D(4x^2 y_{n}^2 + y_{n-1}^2 - 4x y_{n}y_{n-1})\\ &=4x^2(x_{n}^2 - D y_{n}^2) + x_{n-1}^2 - D y_{n-1}^2 + 4 x (Dy_{n} y_{n-1} - x_{n} x_{n-1}) \\ &= 4x^2(-1) + (-1) + 4xx = -1. \\ \end{aligned} \end{equation*} $$

(Onde $Dy_{n} y_{n-1} - x_{n} x_{n-1} = x$, está demostrado na parte 2).

fin da proba da recorrencia

Imos ver un exemplo máis $$ \begin{align*} \text{ Para } D=13, (x_0, y_0) &= (18, 5) \text{ logo, } 18^2-13\cdot 5^2=-1. \\ \text{ e } (x, y) &= (649, 180) \text{ logo, } 649^2-13\cdot 180^2=+1.\\ \text{ Agora, } x_1 &= 2x \ x_0 - x_{-1} = 2\cdot 649 \cdot 18 - (-18)= 23382, \\ y_1 &= 2x \ y_0 - y_{-1} = 2\cdot 649 \cdot 5 - 5= 6485. \\ \text{ Comprobando, } & 23382^2 - 13\cdot 6485^2= -1. \end{align*} $$

Proba da recorrencia de Pell positiva

Xa ía subir a entrada cando lembrei que hai anos atopei unha proba máis doada mediante fraccións continuas teito:

En entradas anteriores presentei as fraccións continuas teito que son as fraccións continuas con recorrencia negativa nos converxentes $(p_i, q_i)$, isto é, $p_i = c_i p_{i-1} - p_{i-1}; \ q_i = c_i q_{i-1} - q_{i-1}.$

Así temos:

$\lceil x, x, x, \ldots \rceil = \dfrac{x + \sqrt{x^2 - 4}}{2}$

$\lceil x, 2x, 2x, \ldots \rceil = x- \dfrac{1}{\dfrac{2x + \sqrt{(2x)^2 - 4}}{2}} = x - \dfrac{1}{x + \sqrt{x^2 - 1}}$

$x^2 - Dy^2=1; \quad \sqrt{x^2-1}=y\sqrt{D}$

E agora comprobamos que ambas as dúas expresións valen o mesmo

$\sqrt{x^2-1}= x - \dfrac{1}{x + \sqrt{x^2 - 1}}$

$x \sqrt{x^2-1} + x^2 - 1 = x^2 + x \sqrt{x^2-1} -1$

fin da proba da Pell positiva

E a recorrencia tamén chuta para $D \in \mathbb{Q}$:

$x^2 - \dfrac{37}{3} y^2 = 1$ ten como fracción continua $\sqrt{37/3}=[3, \overline{1, 1, 20, 1, 1, 6}]$ o que nos dá o converxente anterior ao período e solución fundamental $(x, y)=(295, 84)$ por tanto $2x=590$ e $590 \cdot 295 -1=174049; \quad 590\cdot 84 - 0=49560; \quad 174049^2 - \dfrac{37}{3} 49560^2 = 1$.

Caso particular $x^2 - Dy^2= -1$ con $D=x^2+1$

Existen varias sucesións na Oeis, por exemplo A097315 (ou procurar por "Pell equation") que teñen $D=x^2+1$ e aparece a recorrencia $a_n= 2x \ a_{n-1} - a_{n}$ e isto non é nada máis que un caso particular do comentado nesta entrada.

Se comprobamos na sucesión A097315 ( (3*b(n))^2 - 10*a(n)^2 = -1), aparece nas fórmulas a recorrencia $a_n = 38a_{n-1} - a_{n-2}$ e podemos comprobar que efectivamente $38= 2\cdot 19$ sendo $(19, 6)$ solución fundamental da Pell positiva $x^2 - 10y^2=1$ (ver por exemplo a táboa da ecuación de Pell na galipedia).

Fórmulas pechadas para o termo $n$

Agora é moi sinxelo atopar fórmulas simples para $(x_n, y_n)$ con material coñecido.

As seguintes fórmulas publiqueinas en forma de problema na revista Fibonacci Quarterly (Volume 63, 2025 - Issue 1). Problema H952 (a solución demora ano e meio en publicarse).

Escribirei aquí as correspondentes a Gibonacci negativo bivariábel $G_{n+2}=xG_{n+1} - yG_{n}$ (isto é unha xeneralización dos números de Fibonacci con calquera dous números de inicio e dous factores multiplicativos na recurrencia).

Tipo Binet $$ G_n^{-}(G_0, G_1; x, y) = \dfrac{G_1 - G_0t_2}{t_1-t_2} t_1^n + \dfrac{G_0 t_1 - G_1}{t_1-t_2} t_2^n.$$ Con $t_1=\dfrac{x+\sqrt{x^2-4y}}{2}; \ t_2=\dfrac{x-\sqrt{x^2-4y}}{2}$.

No noso caso teríamos (para $y_{n-1}$ é o máis simple e temos que baixar o índice nunha unidade para comezar en $y_{-1}=0$):

Pell positiva $G_{n-1}^{-}(0, y_0; 2x, 1) = \dfrac{y_0}{2\sqrt{x^2-1}} \Big(x + \sqrt{x^2-1}\Big)^n - \dfrac{y_0}{2\sqrt{x^2-1}} \Big(x - \sqrt{x^2-1}\Big)^n.$

E como o segundo membro e pequeniño para números grandes podemos redondear o primeiro: $$y_{n-1}=\bigg\lfloor\dfrac{y_0}{2\sqrt{x^2-1}} \Big(x + \sqrt{x^2-1}\Big)^n\bigg\rceil.$$

Pell negativa $G_{n-1}^{-}(y_0, y_0; 2x, 1) = y_0 \dfrac{\Big(1 - x + \sqrt{x^2-1}\Big)\Big(x + \sqrt{x^2-1}\Big)^n - \Big(x + \sqrt{x^2-1} - 1 \Big)\Big(x - \sqrt{x^2-1}\Big)^n }{2\sqrt{x^2-1}} .$

E como o segundo membro e pequeniño para números grandes podemos redondear o primeiro: $$y_{n-1}=\bigg\lfloor y_0 \dfrac{\Big(1 - x + \sqrt{x^2-1}\Big)\Big(x + \sqrt{x^2-1}\Big)^n}{2\sqrt{x^2-1}} \bigg\rceil.$$

Para $x_{n-1}$ sería similar pero con máis termos por ter $G_{-1}=1$, así que case mellor obter $y_{n-1}$ e aplicar a ecuación de Pell para calcular $x_{n-1}$. $\DeclareMathOperator{\acosh}{acosh}$

Con funcións hiperbólicas $$ G_{n}^{-}(G_0, G_1; x, y) = \dfrac{y^{(n-1)/2}}{\sinh{\rho}}(G_1\sinh{n\rho}-G_0\sqrt{y}\sinh{(n-1)\rho}),$$ Sendo $\rho=\acosh{\dfrac{x}{2\sqrt{y}}}$ onde temos que $\acosh = \cosh^{-1}$ é a inversa de $\cosh$ (chámanlle ás veces área hiperbólica e outras arco hiperbólico por semellanza coas funcións trigonométricas e as súas inversas).

No noso caso teríamos (para $y_{n-1}$ é o máis simple comezando en $y_{-1}$):

Pell positiva: $\quad G_{n-1}^{-}(0, y_0; 2x, 1)=\dfrac{y_0 \sinh(n \acosh{x})}{\sinh(\acosh{x})}.$

Pell negativa: $\quad G_{n-1}^{-}(y_0, y_0; 2x, 1)=\dfrac{y_0 \sinh(n \acosh{x})- y_0 \sinh((n-1) \acosh{x})}{\sinh(\acosh{x})}.$

Estas fórmulas son máis delicadas pois necesitan moita precisión nas funcións hiperbólicas, mais pódese usar para relacionar con outros casos en vez de como cálculo.

Exemplos

(Lembrando que como comezamos co par $(x_{-1}, y_{-1})$ os subíndices obtidos están baixados unha unidade).

Pell positiva: $x^2 - 7y^2 =1; \quad (x,y)=(8,3); \quad \rho=\acosh{8}=2.76865938.$

Tipo Binet: $y_{n-1}=\bigg\lfloor\dfrac{y_0}{2\sqrt{x^2-1}} \Big(x + \sqrt{x^2-1}\Big)^n\bigg\rceil$

$y_3=\bigg\lfloor\dfrac{3}{2\sqrt{8^2-1}} \Big(8 + \sqrt{8^2-1}\Big)^4\bigg\rceil$

$y_3=\bigg\lfloor\dfrac{3}{2\cdot 3\sqrt{7}} (8 + 3\sqrt{7})^4\bigg\rceil = \lfloor 0.188982 \cdot 64513.9999 \rceil = \lfloor 12191.98 \rceil= 12192$.

$x_3 = \sqrt{7\cdot 12192^2 + 1} = \sqrt{1040514049} = 32257$.

Tipo hiperbólico: $y_{n-1}=\dfrac{y_0}{\sinh(\acosh{x})}\sinh(n \acosh{x})$

$y_3=\dfrac{3}{\sinh(\acosh{8})}\sinh(4 \acosh{8})$

$y_3=\dfrac{3}{7.937253933}\sinh(11.07463752)=\dfrac{3}{7.937253933}32256.9996 = 12191.9998 $.

Pell negativa (lembrar que o $2x$ vén da solución fundamental da positiva): $x^2 - 26y^2 =-1; \quad (x_0, y_0)= (5,1) ;\quad \text{fundamental positiva}(x,y)=(51,10);\quad 2x=102;$

$\quad \rho=\acosh{51}=4.62487668.$

Recorrencia: $(x_{-1}, y_{-1})=(-5,1),(x_0, y_0)=(5,1); (x_1, y_1)=(102\cdot 5 -(-5), 102\cdot 1 - 1,)=(515, 101);$

$(x_2, y_2)=(102\cdot 515 - 5, 102\cdot 101 - 1,)=(52525, 10301);$

$(x_3, y_3) =(5357035, 1050601); \ldots.$

Tipo Binet: $y_{n-1}=\bigg\lfloor y_0 \dfrac{\Big(1 - x + \sqrt{x^2-1}\Big)\Big(x + \sqrt{x^2-1}\Big)^n}{2\sqrt{x^2-1}} \bigg\rceil$

$y_2=\bigg\lfloor 1 \dfrac{\Big(1 - 51 + \sqrt{51^2-1}\Big)\Big(51 + \sqrt{51^2-1}\Big)^3}{2\sqrt{51^2-1}} \bigg\rceil = 10301$

$x_2 = \sqrt{26\cdot 10301^2 - 1} = \sqrt{2758875625} = 52525$.

Tipo hiperbólico: $y_{n-1}=\dfrac{y_0 \sinh(n \acosh{x}) - y_0 \sinh((n-1) \acosh{x})}{\sinh(\acosh{x})}$

$y_2=\dfrac{1 \sinh(3 \acosh{51}) - 1 \sinh(2 \acosh{51})}{\sinh(\acosh{51})} = 10301.$

Bibliografía

A097315

táboa da ecuación de Pell na galipedia

revista Fibonacci Quarterly (Volume 63, 2025 - Issue 1). Problema H952

Pell Equation en MathWorld

Fórmula para a suma dos residuos cadráticos dos primos p=4k+3

 por Andrés Ventas

Levo tempo a ler que non existe unha fórmula simple para a suma dos residuos cadráticos dos primos de tipo $p=4k+3$ (a falta dun nome estándar, vouna chamar $S_Q(p)$), de xeito parecido da fórmula para os primos de tipo $p=4k+1$ que é $S_Q(p)=k(4k+1).$

Botando unha ollada na Oeis (secuencia A282035 Sum of quadratic residues of (n-th prime == 3 mod 4).) vin que había unha relación co número de clase $h(-p)$ (secuencia A002143) (ver Class Number).

Botando contas cheguei á fórmula $$\begin{equation} S_Q(p) = \bigg(k - \frac{h(-p) - 1}{2}\bigg)(4k + 3)\end{equation} \tag{1}$$ onde chamo $S_Q(p)$ á suma dos residuos cadráticos do primo $p$, e $h(-p)$ é o número de clase do primo $p$ negado. Esta fórmula en principio é simple e ten unha represenación similar á dos primos $4k+1$. Digo que en principio é simple pero non é tanto porque parece ser que calcular o número de clase é un tema complicado (embaixo comentarei algo aínda que por aí entro en materia que se me fai difícil)

Por exemplo:

$p=11, k=2, h(-p)=1, S_q(11) = 2*11 = 22.$ (os residuos cadráticos de $11$ son $1,3,4,5,9.$)

$p=71, k=17, h(-p)=7, S_q(71) = 14*71 = 994.$ (os residuos cadráticos de $71$ son $1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 16, 18, 19, 20, 24, 25, 27, 29, 30, 32, 36, 37, 38, 40, 43, 45, 48, 49, 50, 54, 57, 58, 60, 64$.

O que si que conseguimos é relacionar $h(-p)$ e $S_Q(p)$ e por tanto calquera avance no cálculo de unha delas facilitará o cálculo da outra. Despexando o número de clase temos $$ h(-p) = (2k+1) - \dfrac{2S_Q(p)}{p} \tag{2}.$$

Cando editei a fórmula na Oeis non conseguira a proba e apareceu como conxectura, só tiña un cálculo que se confirmaba en todos os primos $4k+3$ que probaba. Agora descubrín unha proba que describo seguidamente:

Proba

Podemos ver en Wolfram Mathworld que a fórmula para o número de clase do discriminante $d$ cando $d \lt 0$ sería: $$h(d) = -\dfrac{w(d)}{|d|} \sum_{r=1}^{|d|-1} \bigg(\frac{d}{r}\bigg)r, \tag{3}$$ onde $w(d)=2$ para todo $d$ distinto de $-2,-3$ e onde $\big(\frac{d}{r}\big)$ é o símbolo de Kronecker.

Agora podemos comprobar que $\big(\frac{-p}{r}\big)=\big(\frac{r}{p}\big)$ para todo primo $p=4k+3$ e así convertimos a fórmula do número de clase nunha fórmula simple que contén o sumatorio dos residuos cadráticos $\big(\frac{r}{p}\big)$.

Pola lei de reciprocidade cadrática temos $\big(\frac{p}{r}\big)\big(\frac{r}{p}\big)=(-1)^{\frac{p-1}{2}\frac{r-1}{2}}$ e por ser función multiplicativa temos que $\big(\frac{-p}{r}\big)=\big(\frac{-1}{r}\big)\big(\frac{p}{r}\big)$.

Tamén temos que $\big(\frac{-1}{r}\big)=1$ se $r=4k+1$ e $\big(\frac{-1}{r}\big)=-1$ se $r=4k+3$.

Para os números pares $\big(\frac{-1}{r}\big)=\big(\frac{-1}{m}\big)$ onde $r=2^{e}m$ sendo $m$ a parte impar e por tanto cumpre as mesmas condicións para $4k+3$ e $4k+1$.

Agora temos $\bigg(\dfrac{-p}{r}\bigg)=\bigg(\dfrac{r}{p}\bigg)$ se e só se $\bigg(\dfrac{-p}{r}\bigg)\bigg(\dfrac{r}{p}\bigg)=1$; por tanto se xuntamos todo deberíamos obter o valor $1$:

$$\begin{equation} \begin{aligned} \bigg(\dfrac{-p}{r}\bigg)\bigg(\dfrac{r}{p}\bigg)&=\bigg(\dfrac{-1}{r}\bigg)\bigg(\dfrac{p}{r}\bigg)\bigg(\dfrac{r}{p}\bigg) \\ &=\bigg(\dfrac{-1}{r}\bigg)(-1)^{\frac{4k+3-1}{2}\frac{r-1}{2}} \\ &=\bigg(\dfrac{-1}{r}\bigg)(-1)^{\frac{r-1}{2}} \\ &= \begin{cases} 1\cdot 1 = 1 & \text{se $r=4k+1$},\\ (-1)\cdot (-1) = 1 & \text{se $r=4k+3$}. \end{cases} \end{aligned} \end{equation} $$ Que era o que queríamos demostrar, para ter a fórmula cos símbolos de Kronecker como residuos e non residuos.

Agora se chamamos $S_N(p)$ á suma dos non residuos e, igual que antes, $S_Q(p)$ á suma dos residuos, a fórmula de $h(-p)$ fica como

$h(-p) = -\dfrac{1}{p} (S_Q(p) - S_N(p))$

pois na fórmula (3) para $p=4k+3$ temos $\sum_{r=1}^{|d|-1} \big(\frac{d}{r}\big)r = \sum_{r=1}^{p-1} \big(\frac{r}{p}\big)r= S_Q(p) - S_N(p).$

Así podemos escribir como $- p \cdot h(-p) = S_Q(p) - S_N(p)$ e tamén temos que $\dfrac{p(p-1)}{2}= S_Q(p) + S_N(p) $.

Sumando ambas as dúas:

$$\begin{equation} \begin{aligned} - p \cdot h(-p)+ \dfrac{p(p-1)}{2}&= 2S_Q(p)\\ - h(-p)+ \dfrac{(p-1)}{2}&= \dfrac{2S_Q(p)}{p}\\ - h(-p)+ \dfrac{(4k+3-1)}{2}&= \dfrac{2S_Q(p)}{p}\\ (2k+1) - h(-p) &= \dfrac{2S_Q(p)}{p}\\ h(-p) &= (2k+1) - \dfrac{2S_Q(p)}{p}\\ \end{aligned} \end{equation} $$

Fin da proba

Con esta proba temos a ecuación $(2)$ e simplemente despexando $S_Q(p)$ temos a ecuación $(1)$.

Atención. Se se queren investigar estas fórmulas para outros números e non saen as contas hai que ter en conta que o discriminante $d$ debe ser fundamental que ás veces pode ser $4p$, por exemplo para $p=-5$ temos $d=-20$ e $h(-p)=2$ que sae da diferenza dos símbolos de Kronecker para $d=20$ que dá $40/20=2$. (En wolframalpha podemos ver Table[KroneckerSymbol[-20,n],(n, 19])).

Algunhas notas

Símbolos de Kronecker, Jacobi e Legendre

O símbolo de Legendre é unha función multiplicativa con valores $\{1, -1, 0\}$ que é un carácter cadrático módulo un número primo impar $p$. O seu valor para un residuo cadrático (non cero) módulo $p$ vale $1$ e para un residuo non cadrático (un ''non residuo'') vale $-1$. O seu valor para cero é $0$.

O símbolo de Jacobi é unha xeneralización para calquera número impar e o símbolo de Kronecker é unha xeneralización para calquera número enteiro.

Por exemplo para $n=7$ os símbolo de Legendre serían $\bigg(\dfrac{1}{7}\bigg)=1, \bigg(\dfrac{2}{7}\bigg)=1, \bigg(\dfrac{3}{7}\bigg)=-1, \bigg(\dfrac{4}{7}\bigg)=1, \bigg(\dfrac{5}{7}\bigg)=-1, \bigg(\dfrac{6}{7}\bigg)=1, \bigg(\dfrac{7}{7}\bigg)=0$, e resultaría cíclico. Así $2$ é residuo cadrático módulo $7$ porque existe un número que elevado ao cadrado ten como residuo o $2$ con módulo $7$, isto é $3^2=9\equiv 2 \pmod{7}$. A representación en forma de fracción do símbolo pode ser confusa pero é a máis usada, tamén se podía representar $(2|7)=1$ e outras formas.

Como se viu na proba para o caso de primo $p=4k+3$ temos que o símbolo de Kronecker de $(-p|n)$ coincide co de Legendre de $(p|n)$, unha sorte de coincidencia que se consegue dando a volta e negando o caso habitual que sería o residuo dun número $n$ módulo un primo $p$, $(n|p)$.

Número de clase

Vou traducir directamente do documento de Mohammad Behzad Kang, MAT 7410 (Advanced Algebra II). The Class Number.

Definición 1 . Un corpo numérico (ou corpo numérico alxébrico) $F$ é unha extensión finita do corpo $Q$. Como tal, $F$ pódese ver como un espazo vectorial de dimensión finita sobre $Q$, con grao finito $[F : Q]$ sobre $Q$.

Se $F$ ten grao $2$ sobre $Q$, $F$ chámase corpo cadrático. Exemplos de corpos cadráticos son $Q(\sqrt{7}),Q(\sqrt{8})=Q(\sqrt{2}), Q(ω) = Q(\sqrt{−3})$, onde $ω$ é unha raíz primitiva cúbica da unidade, e $Q(\sqrt{−5})$. Todo corpo cadrático pode se escribir da forma $Q(d)$, onde $d \ne 0, 1$ é un enteiro libre de cadrados. Se $d \lt 0, Q(\sqrt{d})$ chámase corpo cadrático imaxinario, e se $d \gt 0, Q(\sqrt{d})$ chámase corpo cadrático real.

Se $F$ ten grao $3$ sobre $Q, F$ sería un corpo cúbico. Polo teorema do elemento primitivo, calquera corpo cúbico pode ser escrito da forma $Q(\mathfrak{a})$ para algún $\mathfrak{a} \in F$ tal que o polinomio mínimo de $\mathfrak{a}$ sobre $Q$ ten grao $3$. Por examplo $Q(\sqrt[3]{2})$ e $Q(\sqrt[3]{5})$.

Máis xeralmente, se $f(x)$ é un polinomio irredutíbel de grao $n$ sobre $Q$, daquela $F = Q[x]/(f(x))$ é un corpo numérico $n$ sobre $Q$. Polo teorema do elemento primitivo, $F$ pódese escribir da forma $Q(\mathfrak{a})$ para algún $\mathfrak{a} \in F$ tal que o polinomio mínimo de $\mathfrak{a}$ ten grao $n$ sobre $Q$.

Definición 2. O anel de enteiros $\mathcal{O}_K$ dun corpo numérico $K$ é o subanel de $K$ que consiste en enteiros alxébricos en $K$. É dicir, $\mathcal{O}_K$ é o conxunto de elementos $\alpha \in K$ tal que son unha raíz dun polinomio mónico en $\mathbb{Z}[x]$. Como tal, $\alpha \in K$ pertencerá a $\mathcal{O}_K$ se o seu polinomio mónico mínimo sobre $\mathbb{Q}$ está en $\mathbb{Z}[x]$. Estes elementos tamén se chaman elementos enteiros de $K$ sobre $\mathbb{Z}$, formando o peche de enteiros de $\mathbb{Z}$ en $K$, que contén a $\mathbb{Z}$ como un subanel. $\mathcal{O}_K$ pode verse como un módulo $\mathbb{Z}$ xerado infinitamente cunha base de enteiros $b_1; b_2; \ldots; b_n \in \mathcal{O}_K$ tal que calquera elemento en $\mathcal{O}_K$ pode escribirse como unha combinación linear de elementos de base con coeficientes en $\mathbb{Z}$.

Definición 3: Número de clase . O grupo de clases (a miúdo chamado grupo de clases de ideais para distinguilo de grupo de clases de formas) dun corpo numérico $K$ (ou de $\mathcal{O}_K$) é o grupo cociente $Cl_K$ (ou $Cl_{\mathcal{O}_K}$ ou $Cl(K)$) dado por $Cl_K$ = (ideais fraccionarios de $\mathcal{O}_K$)/(ideais fraccionarios principais de $\mathcal{O}_K$). A orde do grupo de clases chámase número de clase de K. ([12], Definición 12.9)

É importante ter en conta que o número de clase dun corpo numérico K é sempre finito. Os números de clase estúdanse normalmente no contexto dun corpo numérico, que é o noso foco principal. No entanto, pódese considerar o número de clase dun dominio xeral de Dedekind. .

Bibliografía

Steven Finch, Class Number Theory

Mohammad Behzad Kang, MAT 7410 (Advanced Algebra II). The Class Number

[12] Kimball Martin. Prime Ideals.

Timur Akman-Duffy THE CLASS NUMBER THEOREM

Class Number (MathWorld)

Residuos cadráticos (Wikipedia)

símbolo de Legendre

Wolframalpha

Números de Catalan (A000108) e triángulo de Narayana (A001263)

 por Andrés Ventas

$\newcommand{\tei}[1]{\lceil #1 \rceil} \newcommand{\teib}[1]{\Big\lceil #1 \Big\rceil} \newcommand{\teig}[1]{\Bigg\lceil #1 \Bigg\rceil} \newcommand{\fa}[2]{\rlap{#1}\rule[9pt]{#2}{0.8pt}} \newcommand{\fd}[2]{\rlap{#1}\rule[-3pt]{#2}{0.8pt}}$ Esta entrada é un entretenemento numérico que xorde de botar unha ollada ás secuencias da OEIS A000108 Catalan numbers e OEIS A001263 Triangle of Narayana numbers.

Imos ver como se obteñen a partir dunha serie hiperxeométrica e unha fracción continua teito.

Recollendo o que se comenta na wikipedia (Catalan number) temos que se calculan como $C_{n}=\dfrac{1}{n+1}\displaystyle\binom{2n}{n}= \dfrac{(2n)!}{(n+1)!n!}$ dando lugar á secuencia:

$1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, \ldots$

Teñen varias interpretacións combinatorias como por exemplo ser o número de particións non cruzadas dun conxunto de $n$ elementos.

Aquí partición non cruzada defínese como:

Sexa $n$ un número natural e $P = \{B_1,\dots,B_k\}$ unha partición do conxunto $\{1,\dots,n\}$. Dise que esta partición é non cruzada se para todo $i \neq j$, os bloques $B_i$ e $B_j$ non se cruzan, é dicir, para todo $a,b \in B_i; \ c,d \in B_j,$ non é certo que $a \lt c \lt b \lt d$.

Por exemplo, $\{ \{1,2\}, \{3,4\} \}$ é unha partición sen cruzamento para $n=4$ pero $\{\{1,3\}, \{2,4\}\}$ non o é.

Números de Catalan xerados mediante unha función hiperxeométrica

Na páxina Wolfran Mathworld Catalan Number aparece que os números ce Catalan pódense obter mediante a función hiperxeométrica $_2F_1(1-n, -n; 2; 1)$, imos botar contiñas:

$ \begin{align} C_n={}_2F_1(1-n, -n; 2; 1) &= \sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(1-n)^{\fa{k}{7pt}}(-n)^{\fa{k}{7pt}}}{2^{\fa{k}{7pt}}k!}z^k; \\ &= 1 + \dfrac{(1-n)(-n)}{2}+ \dfrac{(1-n)(2-n)(-n)(1-n)}{2\cdot 3 \cdot 2!} + \\ & \quad\quad + \dfrac{(1-n)(2-n)(3-n)(-n)(1-n)(2-n)}{2\cdot 3 \cdot 4 \cdot 3!} + \\ & \quad\quad + \dfrac{(1-n)(2-n)(3-n)(4-n)(-n)(1-n)(2-n)(3-n)}{5! \cdot 4!} + \cdots \\ \end{align} $

E coidado aquí co símbolo de Pochhammer porque existe un lío de nomenclatura precisamente por mor das series hiperxeométricas. Os parámetros das series hiperxeométricas son factoriais ascendentes pero escríbense tradicionalmente co índice abaixo: $(a)_n$ sería $ a(a+1)(a+2) \cdots (a+n-1)$ e cando necesitas usar na mesma fórmula factoriais ascendentes con descendentes non fica claro como representar os descendentes. Así que aquí vou usar o subliñado e sobreliñado de Donald Knuth $x^{\fd{k}{7pt}}=x(x-1)(x-2)\cdots (x-(k-1))$ para o factorial descendente e $x^{\fa{k}{7pt}}=x(x+1)(x+2)\cdots (x+k-1)$ para o factorial ascendente.

O último parámetro é $z=1$. Tendo en conta que as series hiperxeométricas rematan cando $a$ ou $b$ son números enteiros non positivos, e por tanto aquí remataría cando un termo $a - n$ faise cero, temos para cada $n$:

$ \begin{align} n=0; C_0 &= 1 + \dfrac{1\cdot 0}{2}= 1;\\ n=1; C_1 &= 1 + \dfrac{0\cdot -1}{2}= 1;\\ n=2; C_2 &= 1 + \dfrac{-1\cdot -2}{2} + \dfrac{0\cdot -1}{6\cdot 2}= 1 + 1 = 2;\\ n=3; C_3 &= 1 + \dfrac{-2\cdot -3}{2} + \dfrac{(-2)(-1)(-3)(-2)}{6\cdot 2}= 1 + 3 + 1 = 5;\\ n=4; C_4 &= 1 + \dfrac{-3\cdot -4}{2} + \dfrac{(-3)(-2)(-4)(-3)}{6\cdot 2} \\ & \quad\quad + \dfrac{(-3)(-2)(-1)(-4)(-3)(-2)}{24\cdot 6}= 1 + 6 + 6 + 1 = 14;\\ n=5; C_5 &= 1 + \dfrac{-4\cdot -5}{2} + \dfrac{(-4)(-3)(-5)(-4)}{6\cdot 2} + \dfrac{(-4)(-3)(-2)(-5)(-4)(-3)}{24\cdot 6} \\ & \quad\quad + \dfrac{(-4)(-3)(-2)(-1)(-5)(-4)(-3)(-2)}{120\cdot 24} = 1 + 10 + 20 + 10 + 1 = 42;\\ &\cdots \end{align} $

E vemos que os sumandos van formando os valores do triángulo de Narayana.

Como o triángulo de Narayana comeza con $k=1$ e aquí os sumandos comezan en $k=0$ e a maiores $(1-n){^\fa{k-1}{15pt}} (-n)^{\fa{k-1}{15pt}} = (n-1)^{\fd{k-1}{15pt}} \ n^{\fd{k-1}{15pt}},$ daquela temos que os coeficientes do triángulo de Narayana poden definirse como $N(n,k) = \dfrac{(n-1)^{\fd{k-1}{15pt}} \ n^{\fd{k-1}{15pt}}}{k!(k-1)!}$ e isto coincide coa fórmula usual dos coeficientes do triángulo de Narayana:

$ \begin{align} C_n &= \dfrac{1}{n}\displaystyle\binom{n}{k} \displaystyle\binom{n}{k-1} \\ &= \dfrac{1}{n} \cdot \dfrac{n^{\fd{k}{7pt}}}{k!} \cdot \dfrac{n^{\fd{k-1}{15pt}}}{(k-1)!} \\ &= \dfrac{(n-1)^{\fd{k-1}{15pt}} \ n^{\fd{k-1}{15pt}}}{k!(k-1)!}. \end{align} $

Números de Catalan xerados mediante unha fracción continua

Imos ampliar ampliar a fórmula da entrada de retallos Relación entre series infinitas, fraccións continuas teito e constantes. Series hiperxeométricas. Final. para recoller tamén a fórmula dos converxentes:

Para a suma $S=\frac{1}{u_0}+\frac{1}{u_0 u_1}+\frac{1}{u_0 u_1 u_2}+\cdots $

Se pasamos a unha $fctx$ temos: $ S^{-1}= \teig{ \begin{matrix} - & u_0 & u_1 & u_2 & u_3 &\ldots\\ u_0 & u_1 + 1 & u_2 + 1 & u_3 + 1 & u_4 + 1 & \ldots \end{matrix} }$

Os converxentes da inversa da fracción continua serían $B_i/A_i$. $ S^{-1}= \teig{ \begin{matrix} A_i & 1 & u_0 & u_0 (u_1+1) - u_0 =u_0u_1 & u_2 u_1 u_0 + u_1 u_o - u_1 u_0 = u_2 u_1 u_0 &\ldots \\ B_i & 0 & 1 & u_1 + 1 & (u_1 + 1)(u_2+1) - u_1 = u_2(u_1 + 1) +1 & u_3 (u_2(u_1 + 1)+1) + 1 & \ldots \end{matrix} }$

Observamos outra forma de expresar os $B_i$, por exemplo $u_3 (u_2(u_1 + 1)+1) + 1=u_3 u_2u_1 + u_3u_2 + u_3 +1$.

Por tanto $A_i= \prod_{j=0}^{i}u_j; \quad B_i = \big(\sum_{k=1}^{i} \prod_{j=k}^{i}u_j \big) + 1.$

E aquí perden a súa maxia as fraccións continuas teito xeneralizadas pois se realizamos esta suma do xeito tradicional e sen simplificar temos un resultado cuspidiño:

$S=\frac{1}{u_0}+\frac{1}{u_0 u_1}+\frac{1}{u_0 u_1 u_2}+\cdots = \frac{u_1 + 1}{u_0 u_1} + \frac{1}{u_0 u_1 u_2}+\cdots = \frac{u_2(u_1 + 1)+1}{u_0 u_1 u_2} +\cdots$

No noso caso partindo da función hiperxeométrica

$ \begin{align} C_n={}_2F_1(1-n, -n; 2; 1) &= 1 + \dfrac{(1-n)(-n)}{2}+ \dfrac{(1-n)(2-n)(-n)(1-n)}{2\cdot 3 \cdot 2!} + \\ & \quad\quad + \dfrac{(1-n)(2-n)(3-n)(-n)(1-n)(2-n)}{2\cdot 3 \cdot 4 \cdot 3!} + \\ & \quad\quad + \dfrac{(1-n)(2-n)(3-n)(4-n)(-n)(1-n)(2-n)(3-n)}{5! \cdot 4!} + \cdots \\ \end{align} $

Temos $u_0=1, u_1=\dfrac{2}{(1-n)(-n)}, u_2=\dfrac{3 \cdot 2}{(2-n)(1-n)}, u_3=\dfrac{4 \cdot 3}{(3-n)(2-n)}, u_4=\dfrac{5 \cdot 4}{(4-n)(3-n)},\cdots;$

Imos botar contas para $n=4$ e $n=5$:

Para $n=4$

$ \begin{align} & u_0=1; u_1=\dfrac{1}{6}; u_2=1; u_3= 6. \\ A_3 &= 1\cdot \dfrac{1}{6} \cdot 1 \cdot 6 = 1. \\ B_3 &= \dfrac{1}{6} \cdot 1 \cdot 6 + \cdot 1 \cdot 6 + 6 + 1= 1 + 6 + 6 + 1 = 14. \\ \end{align} $

Para $n=5$

$ \begin{align} & u_0=1; u_1=\dfrac{1}{10}; u_2=\dfrac{1}{2}; u_3=2; u_4= 10. \\ A_4 &= 1\cdot \dfrac{1}{10} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot 10 = 1. \\ B_4 &= \dfrac{1}{10} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot 10 + \dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot 10 + \cdot 2 \cdot 10 + 10 +1 = 1 + 10 + 20 + 10 + 1 = 42. \\ \end{align} $

E pouco máis que agregar, todo cadra despois de botar contas de diversos xeitos.

Relación entre os números de Stirling e os números harmónicos xeneralizados

 por Andrés Ventas

O motivo desta entrada vén determinado pola entrada Relación entre series infinitas, fraccións continuas teito e constantes. Series hiperxeométricas. Final. onde se podía ver que a función zeta de Riemann $\zeta(s)$ podía expresarse como un límite dunha fracción entre unha suma simple de números de Stirling do primeiro tipo e $n!^s$.

Para chegar ás identidades das relacións dos números de Stirling cos números harmónicos xeneralizados (que no límite son as funcións zeta de Riemmann) e obter unha proba sinxeliña, imos introducir cinco conceptos previos: as identidades de Newton, os propios números de Stirling do primeiro tipo, os números harmónicos xeneralizados, os polinomios exponenciais de Bell e a fórmula exponencial dunha serie formal de potencias.

As identidades de Newton

(Todo o seguinte está tomado case integramente da wikipedia en inglés Newton's identities)

Chamamos $p_k(x_1, \ldots, x_n) = \sum_{i=1}^n x_i^k = x_1^k+\cdots+x_n^k$ isto é, os polinomios $p_k$ son o sumatorio das $n$ variábeis $x_n$ elevadas á potencia $k$.

Chamamos $e_k(x_1, \ldots, x_n)$ aos polinomios simétricos elementais:

$ \begin{align} e_0(x_1, \ldots, x_n) &= 1,\\ e_1(x_1, \ldots, x_n) &= x_1 + x_2 + \cdots + x_n,\\ e_2(x_1,\ldots,x_n) &= \sum_{1 \leq i \lt j \leq n}x_ix_j,\\ &\;\;\vdots \\ e_n(x_1, \ldots, x_n) &= x_1 x_2 \cdots x_n,\\ \end{align} $

Como exemplo $e_2$ sería a suma de todos os produtos posíbeis con índices distintos das $n$ variábeis $x_i$ de dúas en dúas, por exemplo $e_2(x_1, x_2, x_3) = x_1 x_2 + x_1 x_3 + x_2 x_3 $.

Simplificando a escrita un bocadiño sen escribir as variábeis temos as identidades de Newton:

$\begin{align} e_1 &= p_1,\\ 2e_2 &= e_1p_1-p_2 = p_1^2-p_2,\\ 3e_3 &= e_2p_1 - e_1p_2 + p_3 = \tfrac{1}{2} p_1^3-\tfrac{3}{2}p_1p_2+p_3,\\ 4e_4 &= e_3p_1 - e_2p_2 + e_1p_3 - p_4 = \tfrac{1}{6}p_1^4 - p_1^2p_2 + \tfrac{4}{3}p_1p_3+\tfrac{1}{2}p_2^2-p_4,\\ \ldots \end{align}$

Imos detallar un exemplo simple: $\begin{align} e_1 (x_1, x_2, x_3) p_1(x_1, x_2, x_3) &= x_1^2 + x_1 x_2 + x_1 x_3 + x_2 x_1 + x_2^2 + x_2 x_3 + x_3 x_1 + x_ 3 x_1 + x_3^2\\ &= x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + 2 x_1 x_2 + 2 x_1 x_3 + 2 x_2 x_3 \\ &= p_2 + 2e_2. \\ \end{align}$

Por tanto $2e_2 = e_1 p_1 - p_2$ e substituíndo a primeira ecuación $e_1=p_1$ temos $2e_2 =p_1^2-p_2$.

e agora interésanos escribilas sen fraccións multiplicando en ambos os lados polo denominador maior

$\begin{align} e_1 &= p_1,\\ 2 e_2 &= e_1p_1-p_2 = p_1^2-p_2,\\ 3! e_3 &= e_2p_1 - e_1p_2 + p_3 = p_1^3-3 p_1p_2+ 2p_3,\\ 4! e_4 &= e_3p_1 - e_2p_2 + e_1p_3 - p_4 = p_1^4 - 6 p_1^2p_2 + 8p_1p_3+ 3 p_2^2- 6p_4,\\ \ldots \end{align}$

e tamén nos interesa poñer os $p_i$ en función dos $e_i$, para iso imos substituíndo cadansúa ecuación comezando pola primeira e baseandose nos resultados das anteriores: $\begin{align} p_1 &= e_1,\\ p_2 &= e_1 p_1 - 2e_2 = e_1^2 - 2e_2,\\ p_3 &= e_1 p_2 - e_2 p_1 + 3e_3 = e_1^3-3e_1e_2+3e_3,\\ p_4 &= e_1 p_3 - e_2 p_2 + e_3 p_1 - 4e_4 = e_1^4 - 4e_1^2 e_2 + 4e_1 e_3 + 2e_2^2 - 4e_4, \\ & {}\ \ \vdots \end{align}$

Isto vén a conto de que como as $p_i$ son potencias, se as estendemos ao infinito e as relacionamos facilmente cos recíprocos dos naturais (cousa que imos ver máis adiante) teremos unhas ecuacións que servirían tamén para a función zeta.

Os números de Stirling do primeiro tipo

(Todo o seguinte está tomado case integramente da wikipedia en inglés Stirling numbers of the first kind)

Imos ver dous xeitos de definir os números de Stirling do primeiro tipo:

(1) Como coeficientes da expansión do factorial descendente (ou ascendente se prescindimos do signo)

Os números de Stirling do primeiro tipo $s(n,k)$ son os coeficientes na expanxión do factorial descendente $(x)_n = x(x-1)(x-2)\cdots(x-n+1)$ en potencias da variábel $x$, isto é, $$(x)_n = \sum_{k=0}^n s(n,k) x^k,$$

Por exemplo, $(x)_3 = x(x-1)(x - 2) = x^3 - 3x^2 + 2x$, de onde obtemos os valores $s(3, 3) = 1$, $s(3, 2) = -3$ e $s(3, 1) = 2$.

Se os consideramos sen signo podemos obtelos mediante o factorial ascendente $x^{(n)} = x(x+1)\cdots(x+n-1)=\sum_{k=0}^n \left[{n\atop k}\right] x^k$.

(2) Definición mediante permutacións: Posteriormente, descubriuse que os valores absolutos $|s(n,k)|$ destes números son iguais ao número de certo tipo de permutacións. Estes valores absolutos, que se coñecen como números de Stirling sen signo do primeiro tipo, adoitan denotarse $c(n,k)$ ou $\left[{n\atop k}\right]$. Pódense definir directamente como o número de permutacións de $n$ elementos con $k$ ciclos disxuntos.

Por exemplo, das $3! = 6$ permutacións de tres elementos, hai unha permutación con tres ciclos (a permutación de identidade, dada na notación dunha liña por $123$ ou na notación de ciclo por $(1)(2)(3)$), tres permutacións con dous ciclos ($132 = (1)(23)$, $213 = (12)(3)$ e $321 = (13)(2)$) e dúas permutacións cun ciclo ($312 = (132)$ e $231 = (123)$). Polo tanto, $\left[{3\atop 3}\right] = 1$, $\left[{3\atop 2}\right] = 3$ e $\left[{3\atop 1}\right] = 2$. Pódese ver que estes coinciden cos cálculos alxébricos previos de $s(n, k)$ para $ n = 3$.

Como se verá máis adiante, postos en forma de triángulo pódense obter mediante a recorrencia

$\left[{n+1\atop k}\right] = n \left[{n\atop k}\right] + \left[{n\atop k-1}\right]$ para $k > 0$, tendo en conta que $\left[{0\atop 0}\right] = 1 \quad\mbox{e}\quad \left[{n\atop 0}\right]=\left[{0\atop n}\right]=0$ para $n>0$.

Os números harmónicos xeneralizados

A serie harmónica é a serie dos recíprocos dos números naturais. Os números harmonicos $H_n$ son as sumas parciais desa serie ata o elemento $n$, por exemplo $H_3=\tfrac{1}{1}+\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{3}=\tfrac{11}{6}$. Por tanto $H_n= 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} =\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$.

A serie harmónica xeneralizada é a serie dos recíprocos dos números naturais elevados a algunha potencia $H_{n}^{(m)}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^m}$. Por exemplo $H_{4}^{(3)}=1+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{4^3}=\frac{16280}{13824}$.

Cando $n$ tende a infinito estas series correspóndense coa función zeta de Riemann $\zeta{(m)}$.

Se non simplificamos as fraccións, os denominadores son $(n!)^{m}$ e os numeradores correspóndense cos numeradores dos converxentes das fraccións continuas teito xeneralizadas vistas na entrada mencionada: Relación entre series infinitas, fraccións continuas teito e constantes. Series hiperxeométricas. Final.

Os polinomios exponenciais de Bell

(As fórmulas están recollidas da wikipedia en inglés Bell_polynomials)

Os polinomios exponenciais incompletos de Bell son polinomios con dous parámetros, $k$ e $n$. O número de variábeis dos polinomios é $n-k+1$ $\begin{align} B_{n,k}(x_1,x_2,\dots,x_{n-k+1}) &= \sum{n! \over j_1!j_2!\cdots j_{n-k+1}!} \left({x_1\over 1!}\right)^{j_1}\left({x_2\over 2!}\right)^{j_2}\cdots\left({x_{n-k+1} \over (n-k+1)!}\right)^{j_{n-k+1}} \\ &= n! \sum \prod_{i=1}^{n-k+1} \frac{x_i^{j_i}}{(i!)^{j_i} j_i!}, \end{align}$

onde a suma realízase sobre todas as secuencias de enteiros non negativos $j_1$, $j_2$, $j_3$, ..., $j_{n−k+1}$ tal que eses números cumpran dúas condicións:

$j_1 + j_2 + \cdots + j_{n-k+1} = k$ (en cada termo do sumatorio a suma dos expoñentes das variábeis é igual a $k$)

$j_1 + 2 j_2 + 3 j_3 + \cdots + (n-k+1)j_{n-k+1} = n$ (en cada termo do sumatorio a suma dos subíndices multiplicados polo expoñente é igual a $n$)

Deste modo conseguimos expresións similares (incompletas) ás producidas polas identidades de Newton. Máis adiante veremos unha relación moi sinxela entre ambos os dous.

Se sumamos todos os termos para un mesmo $n$ daquela temos os polinomios exponenciais completos de Bell, e este si que ten $n$ variábeis:

$\begin{align} B_n(x_1,\dots,x_n)&=\sum_{k=0}^n B_{n,k}(x_1,x_2,\dots,x_{n-k+1})\\ &=n! \sum_{1j_1 +\ldots+ nj_n=n} \prod_{i=1}^n \frac{x_i^{j_i}}{(i!)^{j_i}j_i!} \end{align}$ .

Imos ver un exemplo:

$B_{6,3}(x_1, x_2, x_3, x_4)=15 x_4 x_1^2 + 60 x_3 x_2 x_1 + 15 x_2^3$ vemos que os tres termos cumpren as condicións: suma de expoñentes igual a $k=3$ e suma de expoñentes por subíndices igual a $n=6, (6 = 4+ 2 \cdot 1 = 3 + 2 + 1 = 3 \cdot 2)$

$B_{6,2}(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)=6 x_5 x_1 + 15 x_4 x_2 + 10 x_3^2$, tamén cumpren as condicións: suma de expoñentes igual a $k=2$ e suma de expoñentes por subíndices igual a $n=6, (6 = 5 + 1 = 4 + 2 = 3 \cdot 2)$

Se botamos unha ollada a unha táboa de valores podemos ver que $B_{6,1}=x_6$, $B_{6,6}=x_1^6$, $B_{6,5}=15x_1^4 x_2$, $B_{6,4}=45x_1^2 x_2^2$ e sumando todos temos o polinomio exponencial completo de Bell para $n=6$: $\begin{align} & B_6(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6) = \\ &=x_6 + 6 x_5 x_1 + 15 x_4 x_2 + 10 x_3^2 + 15 x_4 x_1^2 + 60 x_3 x_2 x_1 + 15 x_2^3+ 45x_1^2 x_2^2 + 15x_1^4 x_2 + x_1^6. \end{align}$

Os polinomios de Bell teñen unha interpretación combinatoria onde os seus coeficientes son as distintas maneiras de particionar un conxunto de $n$ elementos en $k$ bloques, por exemplo:

$B_{6,2}(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)=6 x_5 x_1 + 15 x_4 x_2 + 10 x_3^2$, representa as maneiras de particionar 6 elementos en bloques de 2

• 6 maneiras de particionar un conxunto de 6 elementos con bloques de 5 elementos e 1 elemento
• 15 maneiras de particionar un conxunto de 6 elementos con bloques de 4 elementos e 2 elementos
• 10 maneiras de particionar un conxunto de 6 elementos con bloques de 3 elementos e 3 elementos

Relación entre os polinomios exponenciais de Bell e as identidades de Newton

Podemos ver en Exponential formula a relación entre $Z_n$ que son os polinomios de índice cíclico do grupo simétrico $S_n$ definido como $Z_n (x_1,\cdots ,x_n) = \frac 1{n!} \sum_{\sigma\in S_n} x_1^{\sigma_1}\cdots x_n^{\sigma_n}$ e $\sigma_j$ denota o número de ciclos de $\sigma$ de tamaño $j\in \{ 1, \cdots, n \}$.

Esta relación consiste en $Z_n(x_1,\dots,x_n) = {1 \over n!} B_n(0!\,x_1, 1!\,x_2, \dots, (n-1)!\,x_n).$

Exemplo:

tíñamos $4! e_4 = e_3p_1 - e_2p_2 + e_1p_3 - p_4 = p_1^4 - 6 p_1^2p_2 + 8p_1p_3+ 3 p_2^2- 6p_4$ (nos polinomios cíclicos non varía o signo, pero neste punto o único que nos interesa son os coeficientes),

e temos $ B_4(p_1, p_2, p_3, p_4) = p_1^4 + 6p_1^2 p_2 + 3p_2^2 + 4 p_1 p_3 + p_4,$

por tanto se facemos a sustitución da relación temos $ B_4(p_1, p_2, 2! p_3, 3! p_4) = p_1^4 + 6p_1^2 p_2 + 3p_2^2 + 4 p_1 \cdot 2 p_3 + 3! p_4 = p_1^4 + 6p_1^2 p_2 + 3p_2^2 + 8 p_1 p_3 + 6 p_4,$

e efectivamente coinciden os coeficientes das identidades de Newton cos polinomios de Bell sustituindo as variábeis $p_i$ por $(n-1)! p_i$.

Fórmula exponencial dunha serie formal de potencias

Para unha comprensión maior deste apartado pódese ollar previamente Función xeradora e os primeiros capítulos de generatingfunctionology de Herbert S. Wilf e/ou algunhas seccións de Advanced Combinatorics de Louis Comtet.

Para calquera serie formal de potencias da forma $f(x)=a_1 x+{a_2 \over 2}x^2+{a_3 \over 6}x^3+\cdots+{a_n \over n!}x^n+\cdots\,$ temos

$\exp ( f(x) )=e^{f(x)}=\sum_{n=0}^\infty {b_n \over n!}x^n,\,$ onde $$b_n = \sum_{\pi=\left\{\,S_1,\,\dots,\,S_k\,\right\}} a_{\left|S_1\right|}\cdots a_{\left|S_k\right|},$$ e o indice $\pi$ do sumatorio percorre todas as particións $\{ S_1,\ldots,S_k \}$ do conxunto $\{ 1,\ldots, n \}$. (Onde en $k = 0,$ o produto baleiro por definición é igual a $1$.)

Esta fórmula pódese escribir mediante os polinomios exponenciais completos de Bell facendo $b_n = B_n(a_1,a_2,\dots,a_n)$, e así $$\exp\left(\sum_{n=1}^\infty {a_n \over n!} x^n \right) = \sum_{n=0}^\infty {B_n(a_1,\dots,a_n) \over n!} x^n.$$

Números de Stirling como unha expresión de números harmónicos xeneralizados

A idea desta relación e da demostración está sacada de Relation between Stirling numbers of first kind and harmonic numbers

Temos que os números de Stirling do primeiro tipo $s(n,k)$ aparecen como os coeficientes da serie formal de potencias na expanxión do factorial descendente $(x)_n = x(x-1)(x-2)\cdots(x-n+1)$ en potencias da variábel $x$, isto é, $(x)_n = \sum_{k=0}^n s(n,k) x^k,$.

Se consideramos os números de Stirling sen signo (que se expresan como $\big[{n \atop k} \big]$), que sería o factorial ascendente, pode facerse a transformación seguinte $(x+1)(x+2) \cdots (x+n-1) = (n-1)! \cdot (x+1) \left(\frac{x}{2}+1\right) \cdots \left(\frac{x}{n-1}+1\right)$ e con este principio e todas as fórmulas das seccións anteriores podemos obter a relación desexada:

$\begin{align} \dfrac{1}{n!} \sum_{k=0}^n \biggl[{n+1 \atop k+1} \biggr] x^k &= \prod_{k=1}^n \biggl(1 + \dfrac{1}{x} \biggr) \\ &= \exp \sum_{k=0}^n \ln \biggl(1 + \dfrac{1}{x} \biggr) \quad \text{tras aplicar } x = e^{\ln{x}} \\ &= \exp \sum_{k=0}^n \sum_{j=1}^\infty \dfrac{(-1)^{j-1}}{j} \biggl(\dfrac{x}{k} \biggr)^j \quad \text{serie de Taylor de } \ln(1+x) \\ &= \exp \sum_{j=1}^\infty \dfrac{(-1)^{j-1}}{j} H_n^{(j)}x^j \quad \text{tras trocar sumatorios e usar def de } H_n^{(j)} \\ &= \exp \sum_{j=1}^\infty \dfrac{(-1)^{j-1}}{j!} (j-1)!H_n^{(j)}x^j. \\ \end{align}$

No último paso transformamos para poder aplicar a fórmula exponencial de series formais coas variábeis necesarias das identidades de Newton cos polinomios de Bell que lembramos debía ser $p_i$ por $(n-1)! p_i$.

Agora se comparamos o termo $n$ da parte inicial da igualdade coa parte final da igualdade tendo en conta a fórmula exponencial no formato de polinomios de Bell temos:

$\biggl[{n+1 \atop k+1} \biggr] = n! (-1)^{k} B(-H_n^{(1)},-H_n^{(2)},-2!H_n^{(3)},-3!H_n^{(4)}, \ldots -(k-1)!H_n^{(k)} )$

Aplicando a fórmula para os primeiros $k$ de Stirling temos logo os mesmos coeficientes que as identidades de Newton onde $e_i$ sería $\biggl[{n+1 \atop i+1} \biggr]$ e $p_i$ sería $H_n^{(i)}$:

$\begin{align} &\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr] = n!. \\ &\biggl[{n+1 \atop 2} \biggr] = n! (H_n^{(1)}). \\ &\biggl[{n+1 \atop 3} \biggr] = \dfrac{n!}{2!} ( (H_n^{(1)})^2 - H_n^{(2)} ).\\ &\biggl[{n+1 \atop 4} \biggr] = \dfrac{n!}{3!} ( (H_n^{(1)})^3 - 3H_n^{(2)}H_n^{(1)} + 2H_n^{(3)} ).\\ &\biggl[{n+1 \atop 5} \biggr] = \dfrac{n!}{4!} ( (H_n^{(1)})^4 - 6H_n^{(2)}(H_n^{(1)})^2 + 8H_n^{(3)}H_n^{(1)}+3(H_n^{(2)})^2-6H_n^{(4)} ).\\ &\ldots \\ \end{align}$

Atención a como o signo está influído por cada signo menos en $-H_n^{(i)}$ e tamén en cada fila debido a $(-1)^{k}$. A combinación de ambos os dous e os expoñentes incrementados en cada fila fai que a configuración de signos conserve a mesma secuencia en cada fila.

Agora considerando adecuadamente o factor $n!$ que aparece nas fórmulas anteriores, introducindo os factores $\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr]$ para que cada termo teña coherentes o produto dos índices polos expoñentes, podemos usar as identidades de Newton (onde novamente $e_i$ sería $\biggl[{n+1 \atop i+1} \biggr]$ e $p_i$ sería $H_n^{(i)}$) para obter as expresións dos números harmónicos xeneralizados en función dos números de Stirling :

$\begin{align} & n!(H_n^{(1)}) = \biggl[{n+1 \atop 2} \biggr].\\ & (n!)^2 (H_n^{(2)}) = \biggl[{n+1 \atop 2} \biggr]^2 - 2\biggl[{n+1 \atop 3} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr].\\ & (n!)^3 (H_n^{(3)}) = \biggl[{n+1 \atop 2} \biggr]^3 - 3\biggl[{n+1 \atop 3} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 2} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr]+ 3\biggl[{n+1 \atop 4} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr]^2.\\ & (n!)^4 (H_n^{(4)}) = \biggl[{n+1 \atop 2} \biggr]^4 - 4\biggl[{n+1 \atop 3} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 2} \biggr]^2 \biggl[{n+1 \atop 1} \biggr] + 4\biggl[{n+1 \atop 4} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 2} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr]^2 \\ & \quad\quad\quad\quad + 2\biggl[{n+1 \atop 3} \biggr]^2\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr]^2 - 4\biggl[{n+1 \atop 5} \biggr]\biggl[{n+1 \atop 1} \biggr]^3.\\ &\ldots \\ \end{align}$

Mostramos uns pequeniños cálculos de verificación

Nos cálculos ter en conta que para o $n$ dos números harmónicos temos $n+1$ no número de Stirling.

Números de Stirling en función de números harmónicos xeneralizados

$\begin{align} n=3; \quad \biggl[{4 \atop 3} \biggr] &= 6 = \dfrac{3}{6^2} (11^2 - 49) = \dfrac{72}{12} = 6.\\ n=4; \quad \biggl[{5 \atop 4} \biggr] &= 10 = \dfrac{4}{24^3} (50^3 - 3\cdot 820 \cdot 50+2\cdot 16280) = \dfrac{34560}{3456} =10.\\ n=4; \quad \biggl[{5 \atop 3} \biggr] &= 35 = \dfrac{12}{24^2} (50^2 -820) = \dfrac{1680}{48} = 35.\\ n=5; \quad \biggl[{6 \atop 5} \biggr] &= 15 = \dfrac{5}{120^4} (274^4 - 6\cdot 21076\cdot 274^2 + 8\cdot 2048824\cdot 274 \\ & \quad\quad\quad + 3\cdot 21076^2 - 6\cdot 224021776) = \dfrac{622080000}{41472000} = 15.\\ \end{align}$

Números harmónicos xeneralizados en función de números de Stirling

$\begin{align} (3!)^2 H_3^{(2)} &= 49 = 11^2 - 2\cdot 6 \cdot 6 = 121 - 72 = 49.\\ (3!)^3 H_3^{(3)} &= 251 = 11^3 - 3\cdot 6 \cdot 11 \cdot 6 + 3\cdot 1 \cdot 6^2 = 1331 - 1188 + 108= 251.\\ (3!)^4 H_3^{(4)} &= 1393 = 11^4 - 4\cdot 6 \cdot 11^2 \cdot 6 + 4\cdot 1 \cdot 11 \cdot 6^2 + 2 \cdot 6^2 \cdot 6^2 - 4 \cdot 0 \\ &\quad = 14641 - 17424 + 1584 + 2592= 1393.\\ (4!)^4 H_4^{(4)} &= 357904 =50^4 - 4\cdot 35 \cdot 50^2 \cdot 24 + 4\cdot 10 \cdot 50 \cdot 24^2 + 2 \cdot 35^2 \cdot 24^2 - 4 \cdot 1 \cdot 24^3 \\ & \quad= 357904.\\ \end{align}$

Táboas con datos para contiñas e verificacións

Números de Stirling do primeiro tipo sen signo $\left[{n\atop k}\right]$

secuencia A132393 da OEIS

	1	2	3	4	5	6	7	8	9	$10$
1	1
2	1	1
3	2	3	1
4	6	11	6	1
5	24	50	35	10	1
6	120	274	225	85	15	1
$\cdots$
10	$362880$	$1026576$	$1172700$	$723680$	$269325$	$63273$	$9450$	$870$	$45$	$1$
$\cdots$

Numeradores sen simplificar a fracción dos números harmónicos xeneralizados

n	1	2	3	4	5	$\cdots$	OEIS
$H_n$	1	3	11	50	274	$\cdots$	A000254
$H_n^{(2)}$	1	5	49	820	21076	$\cdots$	A001819
$H_n^{(3)}$	1	9	251	16280	2048824	$\cdots$	A066989
$H_n^{(4)}$	1	17	1393	357904	224021776	$\cdots$	A203229
$H_n^{(5)}$	1	33	8051	8259776	25822962624	$\cdots$	A269793
$\cdots$

Bibliografia

1. Victor Adamchick, On Stirling numbers and Euler Sums, 1996
2. Newton's identities
3. Stirling numbers of the first kind
4. Bell_polynomials
5. Exponential formula
6. Relation between Stirling numbers of first kind and harmonic numbers
7. Herbert S. Wilf, generatingfunctionology, 1990
8. Louis Comtet, Advanced Combinatorics, 1974

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 (na fórmula da OEIS non indica que deberían ser os números de Stirling do primeiro tipo sen signo, mais as comprobacións e a posíbel demostración sería sen signo, ).

Se calculamos $\zeta(3)^{-1}$ 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 $\zeta(s)^{-1}$ 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 A000522 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 ${}_2F_1(a,b;c;z) = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{(a)_n (b)_n}{(c)_n} \dfrac{z^n}{n!} = 1 + \dfrac{ab}{c}\dfrac{z}{1!} + \dfrac{a(a+1)b(b+1)}{c(c+1)}\dfrac{z^2}{2!} + \cdots.$

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 $fctx$:

${}_2F_1(a,b;c;z) =$

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

Onde o elevado a $-1$ conséguese simplemente invertindo os converxentes, isto é, $\dfrac{B_i}{A_i}$.

Que aínda se pode simplificar máis

${}_2F_1(a,b;c;z) =$

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

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 A024167 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$.

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