Suma o Integral representación ${e^{2}\above 1.5pt \ln(2)}=10.66015459\ldots$

Question

Cómo puedo construir una representación de la suma o integral de $${e^2\above 1.5pt \ln(2)}.$$ Naively I would write $$\Bigg(\sum{n=0}^{\infty}{2^n \above 1.5pt n!} \Bigg)\Bigg(\sum{n=1}^\infty {(-1)^{(n+1)} \above 1.5pt n}\Bigg)^{-1}$$ but I suspect we can further reduce that and I am not sure how to get there. Numerically $% $ ${e^{2}\above 1.5pt \ln(2)}=10.66015459\ldots={7.38905609\ldots \above 1.5pt 0.693147181\ldots} $

Answer 1

Hay infinitamente muchos integral representaciones de $e^2/\ln 2$. A continuación se realiza una familia de la integral de las representaciones.

Deje $\int f(x)dx = F(x)$. El más sencillo de la familia de la solución es al$F(2) = e^2/\ln 2$$F(0) = 0$. Una vez más, el más sencillo de la familia de la función de la satisfacción de estas condiciones es de la forma

$$ F(x) = \frac{e^x g(x)}{\ln x} $$

donde $g(x)$ es cualquier función integrable tal que $g(0) = 0$$g(2) = 1$. Podemos encontrar una infinidad de tales funciones $g(x)$. Por ejemplo $$ g(x) = (x-1)^a, \ \cuna\Big(\frac{\pi}{x+2}\Big), \ \frac{\zeta(3)}{\zeta(1+x)}, \ldots $$

Entonces $$ f(x) = F'(x) = \frac{d}{dx}\bigg(\frac{e^x g(x)}{\ln x}\bigg) $$

es una función tal que $\int_{0}^{2}f(x)dx = e^2/\ln 2$.

Por ejemplo, $g(x) = (x-1)^a, a \ge 1$ nos da la familia de solución como

$$ f(x) = F'(x) = \frac{e^x (x-1)^{- 1} \{x(x + 1)\ln x - x + 1\} }{x \ln^2 x}. $$

Por tanto, para todos $a \ge 1$, tenemos

$$ \int_{0}^{2} \frac{e^x (x-1)^{- 1} \{x(x + 1)\ln x - x + 1\} }{x \ln^2 x}dx = \frac{e^2}{\ln 2} $$

Answer 2

Tenga en cuenta que $1-\log\left (2\right) / e ^ {2}

Answer 3

Sobre una suma de fórmula, tenga en cuenta que podemos escribir $$ \begin{gathered} f(x) = \frac{{x\,e^{\,1 + x} }} {{\ln \left( {1 + x} \right)}} = e\frac{{x\,e^{\,x} }} {{\ln \left( {1 + x} \right)}} = \hfill \\ = e\sum\limits_{0\, \leqslant \,k} {G\left( k \right)x^{\,k} } \sum\limits_{0\, \leqslant \,j} {\frac{{x^{\,j} }} {{j!}}} = e\sum\limits_{0\, \leqslant \,n} {\left( {\sum\limits_{0\, \leqslant \,k\, \leqslant \,n} {\frac{{G\left( k \right)}} {{\left( {n - k} \right)!}}} } \right)x^{\,n} } \hfill \\ \end{reunieron} $$ donde los coeficientes $G$ son Gregory coeffients (con $G(0)=1$ añadido) lo cual puede ser determinado en un número de maneras diferentes, incluyendo en esta suma finita involucrando a la (unsigned) los Números de Stirling de 1ª clase. $$ G\a la izquierda( n \right) = \frac{1} {{n!}}\sum\limits_{0\, \leqslant \,k\, \leqslant \,n} {\left( { - 1} \right)^{\,n - k} \frac{1} {{k + 1}}\left[ \begin{gathered} n \\ k \\ \end{reunieron} \right]} $$ Tenga en cuenta que para $x=1$ la suma de los $G(n)$ es convergente $$ \sum\limits_{0\, \leqslant \,n} {G\a la izquierda( n \right)} = \frac{1} {{\ln (2)}} $$ A partir de lo anterior, diversas sumas posibles son expresables.

Answer 4

Tenga en cuenta realmente una respuesta pero en grande para un comentario. Utilizando una expansión BPP $ln(2)$ también tenemos $${e^{2}\above 1.5pt ln(2)}=\Bigg(\sum{n=0}^{\infty}{2^n \above 1.5pt n!}\Bigg)\Bigg({2 \above 1.5pt 3}\sum{n=0}^{\infty}{1 \above 1.5pt 9^n(2n+1)}\Bigg)^{-1}$ $

Esto va a ser un tramo grande de mis habilidades técnicas, pero creo que tenemos

$$\Bigg({2 \above 1.5pt 3}\sum{n=0}^{\infty}{1 \above 1.5pt 9^n(2n+1)}\Bigg)^{-1}=\Bigg({2 \above 1.5pt 3}\Bigg)^{-1}\Bigg(\sum{n=0}^{\infty}{1 \above 1.5pt 9^n(2n+1)}\Bigg)^{-1}={3 \above 1.5pt 2}\Bigg(\sum_{n=0}^{\infty}{1 \above 1.5pt 9^n(2n+1)}\Bigg)^{-1}$ $ Así que como mínimo podemos escribir

$${e^{2}\above 1.5pt ln(2)}={3 \above 1.5pt 2}\Bigg(\sum{n=0}^{\infty}{2^n \above 1.5pt n!}\Bigg)\Bigg(\sum{n=0}^{\infty}{1 \above 1.5pt 9^n(2n+1)}\Bigg)^{-1}$ $ Numéricamente podemos escribir esto como

$$10.66015459 ={3 \above 1.5pt 2}e^2(1.039727077083992..)^{-1}=1.5e^20.9617966392597..$$