En busca de pruebas de la fórmula relativa Pi con sus convergents

Question

Alguien podría tratar de demostrar que la siguiente conjetura fórmula es válida para la relación con los $\pi$ con TODOS sus convergents - aquellos que se describen en OEIS a través de A002485(n)/A002486(n) ?

$$(-1)^n\cdot(\pi - \text{A002485}(n)/\text{A002486}(n))$$ $$=(|i|\cdot2^j)^{-1} \int_0^1 \big(x^l(1-x)^m(k+(i+k)x^2)\big)/(1+x^2)\; dx$$

donde integer $n = 0,1,2,3,...$ sirve como el índice de términos en OEIS A002485(n) y A002486(n),

y $\{i, j, k, l, m\}$ son algunos de los números enteros, se encuentra experimentalmente o de otra manera), que son probablemente algunas de las funciones de $n$.

El "interesante" (creo) que es parte de mi la generalización, conjetura es que "yo" está presente en ambos: el denominador del coeficiente delante de la integral y en el cuerpo de la integral de la misma

En este momento se podría demostrar que la fórmula en cuestión es aplicable para algunas primeros convergents (de la A002485(n)/A002486(n) tipo)

Por ejemplo, para $\frac{22}{7}$

$$\frac{22}{7} - \pi = \int_{0}^{1}\frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2}\,\mathrm{d}x$$

con $n=3, i=-1, j=0, k=1, l=4, m=4$ - con respecto a mi anterior sugiere la generalización.

En la notación de Arce

i:=-1; j:=0; k:=1; l:=4; m:=4;Int(x^l*(1-x)^m*(k+(k+i)x^2)/((1+x^2)(abs(i)*2^j)),x= 0...1)

los rendimientos 22/7 - Pi

También funciona para encontrar por Lucas

http://www.math.jmu.edu/~lucassk/Papers/más%20on%20pi.pdf

fórmula para $\frac{333}{106}$

$$\pi - \frac{333}{106} = \frac{1}{530}\int_{0}^{1}\frac{x^5(1-x)^6(197+462x^2)}{1+x^2}\,\mathrm{d}x$$

con $n=4, i=265, j=1, k=197, l=5, m=6$ -con respecto a mi anterior sugiere la generalización.

En la notación de Arce i:=265; j:=1; k:=197; l:=5; m:=6;Int(x^l*(1-x)^m*(k+(k+i)x^2)/((1+x^2)(abs(i)*2^j)),x= 0...1)

los rendimientos de los Pi - 333/106

Y funciona para Lucas con la fórmula de la $\frac{355}{113}$

$$\frac{355}{113} - \pi = \frac{1}{3164}\int_{0}^{1}\frac{(x^8(1-x)^8(25+816x^2)}{(1+x^2)}$$

con $n=5, i=791, j=2, k=25, l=8, m=8$ -con respecto a mi anterior sugiere la generalización.

En la notación de Arce

i:=791; j:=2; k:=25; l:=8; m:=8;Int(x^m*(1-x)^l*(k+(k+i)x^2)/((1+x^2)(abs(i)*2^j)),x= 0...1)

los rendimientos 355/113 - Pi

Y funciona igual de bien para Lucas con la fórmula de la $\frac{103993}{33102}$

$$\pi - \frac{103993}{33102} = \frac{1}{755216}\int_{0}^{1}\frac{x^{14}(1-x)^{12}(124360+77159x^2)}{1+x^2}\,\mathrm{d}x$$

con $n=6, i= -47201, j=4, k=124360, l=14, m=12$ -con respecto a mi anterior sugiere la generalización.

En la notación de Arce

i:=-47201; j:=4; k:=124360; l:=14; m:=12;Int(x^l*(1-x)^m*(k+(k+i)x^2)/((1+x^2)(abs(i)*2^j)),x= 0...1)

los rendimientos de los Pi - 103993/33102

Y también funciona Lucas con la fórmula de la $\frac{104348}{33215}$

$$\frac{104348}{33215} - \pi = \frac{1}{38544}\int_{0}^{1}\frac{x^{12}(1-x)^{12}(1349-1060x^2)}{1+x^2}\,\mathrm{d}x$$

con $n=7, i= -2409, j=4, k=1349, l=12, m=12$ - con respecto a mi anterior sugiere la generalización.

En la notación de Arce

i:=-2409; j:=4; k:=1349; l:=12; m:=12;Int(x^l*(1-x)^m*(k+(k+i)x^2)/((1+x^2)(abs(i)*2^j)),x= 0...1)

los rendimientos 104348/33215 - Pi

Y funciona igual de bien para $\frac{618669248999119}{196928538206400}$

$$\frac{618669248999119}{196928538206400} - \pi = \frac{1}{755216}\int_{0}^{1}\frac{x^{14}(1-x)^{12}(77159+124360x^2)}{1+x^2}\,\mathrm{d}x$$

con $n=6, i= 47201, j=4, k=77159, l=14, m=12$ -con respecto a mi anterior sugiere la generalización.

En la notación de Arce

i:=47201; j:=4; k:=77159; l:=14; m:=12;Int(x^l*(1-x)^m*(k+(k+i)x^2)/((1+x^2)(abs(i)*2^j)),x= 0...1)

los rendimientos 618669248999119/196928538206400 - Pi

Esta pregunta se refiere a mi respuesta en Hay un integrante que acredite $\pi > 333/106$?

Answer 1

No dar la solución, pero algunas ideas que podrían conducir a ella.

Si esta fórmula funciona, será porque la integral puede ser descompuesto en $P(x) + \frac{1}{1+x^2}$. Es fácil de integrar un polinomio (y le dará un número racional), y $1 \over {1+x^2}$ le dará arctan y, como tal,$\pi \over 4$.

Así, el problema a la inversa, se puede ver en la expansión de arctg entre 0 y $\pi \over 4$. A continuación, puede convertir ese polinomio en un continuo fracción que le dará las aproximaciones que estamos mirando.

Esta referencia podría ayudar http://www.math.binghamton.edu/dikran/478/Ch7.pdf (p10)

Voy a tratar de tener una mirada más tarde.

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EDIT: Ok, así que después de mirar a través de Mathoverflow así, aquí es la idea.

A partir de la muy general de la siguiente integral: $I_n = \int_0^1 \frac{x^l(1-x)^m(\alpha + \beta x^2) }{\gamma(1+x^2)}dx$.

Como se ha discutido previamente, usted quiere ser capaz de representar de la siguiente manera: $\int_0^1 \frac{P(x)(1+x^2) + C}{\gamma(1+x^2)}dx$ $P(x)$ un polinomio y $C$ una constante.

Con algunos álgebra de los polinomios de saber que $P(x)= Q(x)(1+x^2) + Ax+B$. Así que usted quiere encontrar $A=0$ y si es posible obtener algunas ideas sobre $B$.

Es necesario evaluar el anterior polinomio en $x=i=e^{i\frac{\pi}{2}}$ $-i$ a identificar el coeficiente.

$ A=0 \Leftrightarrow P(i)=P(-i)=0 \Leftrightarrow A = \Im (i^l(1-i)^m(\alpha - \beta) ) = (\alpha - \beta) 2 ^\frac{m}{2} \sin(\frac{l \pi}{2} + \frac{-m\pi}{4} ) = (\alpha - \beta) 2 ^\frac{m}{2} \sin(\frac{\pi}{4} (2l-m) )$

Así que tenemos una condición en $2l-m$ a cero $A$$\frac{\pi}{4} (2l-m) = K\pi \Leftrightarrow 2l-m \equiv 0 [4]$.

En particular, $m=2m'$, el cual utilizaremos en adelante y $l-m' \equiv 0[2]$. Podemos establecer $l-m' = 2 \epsilon$

La segunda parte es para ver el $B$

$B= \Re (i^l(1-i)^m(\alpha - \beta) ) = (\alpha - \beta) 2 ^\frac{m}{2} \cos(\frac{\pi}{4} (2l-m) ) = (\alpha - \beta) 2 ^{m'} \cos(\frac{\pi}{2} (l-m') ) = (\alpha - \beta) 2 ^{m'} (-1)^\epsilon$

Así que, para resumir, tenemos $I_n = \int_0^1 Q(x) + \frac{B}{\gamma(1+x^2)}$. Como usted está tratando de aproximarse $\pi$, usted necesita tomar la $\gamma = B/4$.

Así que, siempre que $\int_0^1 Q(x) dx$ puede ser utilizado para aproximar las fracciones de $\pi$, lo cual es probable, dado el número de grados de libertad, hemos probado que $I_n$ sería de la siguiente forma, que es ligeramente mejor que usted puede soltar $j$ a partir de sus variables y muestra algunas de las relaciones mejor (siempre que $\alpha - \beta \not = 0)$:

$(-1)^n (\pi- \frac{p_n}{q_n}) = \int_0^1 \frac{x^{\epsilon+2m'}(1-x)^{2m'}(\alpha + \beta x^2) }{(\alpha - \beta) 2 ^{m'-2} (-1)^{\epsilon}(1+x^2)}dx$.

En el último ejemplo, que los rendimientos: $n=6,m'=6,\epsilon = -8,\alpha = 77159, \beta = 124360$

Yo se lo dejo a usted para verificar que funciona en el resto de ellos.