Patrón loco en la fracción continua simple para $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2^k)!}$

Question

La fracción continua de esta serie exhibe un patrón verdaderamente disparatado y hasta ahora no he encontrado ninguna referencia al respecto. Tenemos:

$$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2^k)!}=0.5416914682540160487415778421$$

Pero la fracción continua es simplemente hermosa:

[1, 1, 5, 2, 69, 1, 1, 5, 1, 1, 12869, 2, 5, 1, 1, 69, 2, 5, 1, 1, 601080389, 2, 5, 2, 69, 1, 1, 5, 2, 12869, 1, 1, 5, 1, 1, 69, 2, 5, 1, 1, 1832624140942590533, 2, 5, 2, 69, 1, 1, 5, 1, 1, 12869, 2, 5, 1, 1, 69, 2, 5, 2, 601080389, 1, 1, 5, 2, 69, 1, 1, 5, 2, 12869, 1, 1, 5, 1, 1, 69, 2, 5, 1, 1, 23951146041928082866135587776380551749, 2, 5, 2, 69, 1, 1, 5, 1, 1, 12869, 2, 5, 1, 1, 69, 2, 5, 1, 1, 601080389, 2, 5, 2, 69, 1, 1, 5, 2, 12869, 1, 1, 5, 1, 1, 69, 2, 5, 2, 1832624140942590533, 1, 1, 5, 2, 69, 1, 1, 5, 1, 1, 12869, 2, 5, 1, 1, 69, 2, 5, 2, 601080389, 1, 1, 5, 2, 69, 1, 1, 5, 2,...]

Todos estos grandes números no son aleatorios, sino que tienen una forma cerrada sencilla:

$$A_n= \left( \begin{array}( 2^n \\ 2^{n-1} \end{array} \right) -1$$

$$A_1=1$$

$$A_2=5$$

$$A_3=69$$

$$A_4=12869$$

$$A_5=601080389$$

Y así sucesivamente. Esta secuencia no está en OEIS, sólo lo está la secuencia mayor, que contiene ésta como subsecuencia https://oeis.org/A014495

¿Cuál es la explicación?

¿Existe un patrón regular en esta fracción continua (en las posiciones de los números)?

¿Existen generalizaciones para otras sumas de la forma $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(a^k)!}$ ?

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Editar

Creo que una buena medida sería cambiar el nombre de las cadenas de números pequeños:

$$a=1, 1, 5, 2,\qquad b=1, 1, 5, 1, 1,\qquad c=2,5,1,1,\qquad d=2, 5, 2$$

Como nota al margen si pudiéramos establecer $1,1=2$ entonces todas estas cadenas serán iguales.

Ahora reescribimos la secuencia. Denotaré $A_n$ sólo por sus índices $n$ :

$$[a, 3, b, 4, c, 3, c, 5, d, 3, a, 4, b, 3, c, 6, d, 3, b, 4, c, 3, d, 5, a, 3, a, 4, b, 3, c, 7, \\ d, 3, b, 4, c, 3, c, 5, d, 3, a, 4, b, 3, d, 6, a, 3, b, 4, c, 3, d, 5, a, 3, a,...]$$

$$[a3b4c3c5d3a4b3c6d3b4c3d5a3a4b3c7d3b4c3c5d3a4b3d6a3b4c3d5a3a,...]$$

Ahora tenemos nuevos números grandes $A_n$ aparecen en las posiciones $2^n$ . Y las posiciones de los mismos números están en una progresión aritmética simple con una diferencia $2^n$ también.

Ahora sólo tenemos que averiguar el patrón (si existe) para $a,b,c,d$ .

En $10~000$ los términos de la fracción continua están subidos en github aquí .

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También enlazo mi pregunta relacionada de la iformación allí podemos concluir que las series de arriba proporcionan un algoritmo codicioso expansión de la fracción egipcia del número, y el número es irracional por el teorema enunciado en este documento .

Answer 1

En realidad tu patrón es cierto y es relativamente fácil de demostrar. La mayor parte se puede encontrar en un artículo de Henry Cohn en Acta Arithmetica (1996) ("Symmetry and specializability in continued fractions") donde encuentra patrones similares para otro tipo de fracciones continuas tales como $\sum \frac{1}{10^{n!}}$ . Curiosamente no menciona tu serie en particular aunque su método se aplica directamente a ella.

Sea $[a_0,a_1,a_2,\dots,a_m]$ una fracción continua y como de costumbre $$ \frac{p_m}{q_m} = [a_0,a_1,a_2,\dots,a_m] $$ utilizamos este lema del artículo mencionado (la demostración no es difícil y sólo utiliza hechos elementales sobre fracciones continuas):

[Lemma de plegado] $$ \frac{p_m}{q_m} + \frac{(-1)^m}{xq_m^2} = [a_0,a_1,a_2,\dots,a_m,x,-a_m,-a_{m-1},\dots,-a_2,-a_1] $$

Esto implica números enteros negativos, pero se puede transformar fácilmente en una expresión similar que involucre sólo números positivos utilizando el hecho de que para cualquier fracción continua: $$ [\dots, a, -\beta] = [\dots, a-1, 1, \beta-1] $$ Así que $$ \frac{p_m}{q_m} + \frac{(-1)^m}{xq_m^2} = [a_0,a_1,a_2,\dots,a_m,x-1,1,a_m-1,a_{m-1},\dots,a_2,a_1] $$

Con todo esto considere la escritura el $m$ la suma parcial de su serie como $$ S_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{2^k!} = [0,a_1,a_2,\dots,a_m] = \frac{p_m}{q_m}$$

Donde podemos llevar siempre $m$ incluso (es decir, si $m$ es impar y $a_m>1$ entonces podemos considerar en su lugar la fracción continua $[0,a_1,a_2,\dots,a_m-1,1]$ etc.).

Ahora $q_m = 2^n!$ lo vemos utilizando la inducción sobre $n$ es obvio para $n=1$ y si $S_{n-1} = P/2^{n-1}!$ t $$ S_n = \frac{P}{2^{n-1}!} + \frac{1}{2^n!} = \frac{P (2^n!/2^{n-1}!) + 1}{2^n!} $$ ahora cualquier factor común del numerador y el denominador tiene que ser un factor de $2^{n-1}!$ dividiendo también $P$ pero esto es imposible ya que ambos son coprimos por lo que $q_m = 2^n!$ y hemos terminado.

Utilizando la forma "positiva" del lema de plegado con $x = \binom{2^{n+1}}{2^n}$ obtenemos:

$$ \frac{p_m}{q_m} + \frac{(-1)^m}{\binom{2^{n+1}}{2^n}(2^n!)^2} = \frac{p_m}{q_m} + \frac{1}{2^n!} = [0,a_1,a_2,\dots,a_m,\binom{2^{n+1}}{2^n}-1,1,a_m-1,a_{m-1},\dots,a_1] $$

Y obtenemos la "forma" de la fracción continua y la tu $A_m$ . Veamos varios pasos:

Comenzamos con el primer término, que es $$ \frac{1}{2} = [0,2] $$ como $m$ es impar cambiamos y utilizamos en su lugar la fracción continua $$ \frac{1}{2} = [0,1,1] $$ y aplicar la última fórmula obteniendo $$ \frac{1}{2}+\frac{1}{2^2!} = [0,1,1,5,1,0,1] $$ Podemos deshacernos de los ceros utilizando el hecho de que para cualquier fracción continua: $$ [\dots, a, 0, b, \dots] = [\dots, a+b, \dots ] $$ así que $$ \frac{1}{2}+\frac{1}{2^2!} = [0,1,1,5,2] $$ esta vez $m$ es par por lo que aplicamos de nuevo la fórmula obteniendo $$ \frac{1}{2}+\frac{1}{2^2!}+\frac{1}{2^3!} = [0,1,1,5,2,69,1,1,5,1,1] $$ de nuevo $m$ es par (y siempre seguirá siendo par como es fácil deducir) por lo que aplicamos de nuevo la fórmula obteniendo como siguiente término $$ \frac{1}{2}+\frac{1}{2^2!}+\frac{1}{2^3!}+\frac{1}{2^4!} = [0,1,1,5,2,69,1,1,5,1,1,12869,1,0,1,5,1,1,69,2,5,1,1] $$ y lo reducimos usando el truco del cero: $$ \frac{1}{2}+\frac{1}{2^2!}+\frac{1}{2^3!}+\frac{1}{2^4!} = [0,1,1,5,2,69,1,1,5,1,1,12869,2,5,1,1,69,2,5,1,1] $$

a partir de ahora es fácil ver que la fracción continua obtenida siempre tiene un número par de términos y siempre tenemos que quitar el cero dejando una fracción continua que termina de nuevo en 1,1. Así que la regla para obtener la fracción continua desde aquí hasta un número arbitrario de términos es repetir los siguientes pasos: que la forma de la última fracción continua sea $[0,1,1,b_1,\dots,b_k,1,1]$ a continuación, la siguiente fracti $$[0,1,1,b_1,\dots,b_k,1,1,A_n,2,b_k,\dots,b_1,1,1 ]$$ a partir de aquí puedes deducir fácilmente los patrones que has encontrado para la posición de aparición de los diferentes números enteros.

Answer 2

He calculado $10~000$ de la fracción continua, utilizando Mathematica (el propio número se evaluó con $100~000$ dígitos).

Los resultados muestran que el patrón es muy sencillo en su mayor parte.

En primer lugar, denotamos de nuevo:

$$A_n= \left( \begin{array}( 2^n \\ 2^{n-1} \end{array} \right) -1$$

El CF calculado contiene $A_n$ hasta $n=13$ y la fórmula se confirma numéricamente.

Ahora las posiciones de $A_n$ ir así ( $P_n$ es la posición de $A_n$ en la lista de todas las entradas CF):

$$P_2=P(5)=[3,8,13,18,23,28,\dots]$$

$$P_3=P(69)=[5,16,25,36,45,56,\dots]$$

$$P_4=[11,30,51,70,91,110,\dots]$$

$$P_5=[21,60,101,140,181,220,\dots]$$

$$P_6=[41,120,201,280,361,440,\dots]$$

Pero todo esto no es más que una combinación de dos progresiones aritméticas ¡para términos pares e Impares!

Los dos primeros términos están un poco desviados, pero el resto es exactamente así $P_4,P_5$ que significa para $n \geq 4$ podemos escribir la posición general para $A_n$ ( $k=0,1,2,\dots$ ):

$$p_k(A_n)= \begin{cases} 5 \cdot 2^{n-3}(1+2 k)+1,\qquad k \text{ even} \\ 5 \cdot 2^{n-3}(1+2 k),\qquad \qquad k \text{ odd} \end{cases}$$

Como casos especiales, diferentes, tenemos:

$$p_k(5)=3+5 k,\qquad k=0,1,2,\dots$$

$$p_k(69)= \begin{cases} 2(3+5 k)-1,\qquad k \text{ even} \\ 2(3+5 k),\qquad \qquad k \text{ odd} \end{cases}$$

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Para $P_1=1$ y para $2$ Hasta ahora no veo ningún patrón definido.

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Básicamente, ahora conocemos la expresión explícita para cada entrada de CF y todas sus posiciones en la lista, excepto para las entradas $1$ y $2$ .

Basta ahora con considerar las posiciones de $2$ entonces rellenamos el resto de la lista con $1$ . Las posiciones de $2$ empieza así:

[4, 12, 17, 22, 24, 29, 37, 42, 44, 52, 57, 59, 64, 69, 77, 82, 84, 92, 97, 102, 104, 109, 117, 119, 124, 132, 137, 139, 144, 149, 157, 162, 164, 172, 177, 182, 184, 189, 197, 202, 204, 212, 217, 219, 224, 229, 237, 239, 244, 252, 257, 262, 264, 269, 277, 279, 284, 292, 297, 299, 304, 309, 317, 322, 324, 332, 337, 342, 344, 349, 357, 362, 364, 372, 377, 379, 384, 389, 397, 402, 404, 412, 417, 422, 424, 429, 437, 439, 444, 452, 457, 459, 464, 469, 477, 479, 484, 492, 497, 502, 504, 509, 517, 522, 524, 532, 537, 539, 544, 549, 557, 559, 564, 572, 577, 582, 584, 589, 597,...]

Hasta ahora he encontrado cuatro patrones ininterrumpidos para $2$ :

$$p_{1k}(2)=4+20k,\qquad k=0,1,2,\dots$$

$$p_{2k}(2)=17+20k,\qquad k=0,1,2,\dots$$

$$p_{3k}(2)=29+40k,\qquad k=0,1,2,\dots$$

$$p_{4k}(2)=12+40k,\qquad k=0,1,2,\dots$$

Editar

Descontando estas cuatro progresiones, el resto de la secuencia es muy parecida a $20k$ pero algunas cifras son $20k+2$ mientras que algunos $20k-1$ sin patrón aparente:

[22,42,59,82,102,119,139,162,182,202,219,239,262,279,299,322,342,362,379,402,422,439,459,479,502,522,539,559,582,599,619,642,662,682,699,722,742,759,779,802,822,842,859,879,902,919,939,959,982,1002,1019,1042,1062,1079,1099,1119,1142,1162,1179,1199,1222,1239,1259,1282,1302,1322,1339,1362,1382,1399,1419,1442,1462,1482,1499,1519,1542,1559,1579,1602,1622,1642,1659,1682,1702,1719,1739,1759,1782,1802,1819,1839,1862,1879,1899,1919,1942,1962,1979,2002,2022,2039,2059,2082,2102,2122,2139,2159,2182,2199,2219,2239,2262,2282,2299,2322,2342,2359,2379,2399,2422,2442,2459,2479,2502,2519,2539,2562,2582,2602,2619,2642,2662,2679,2699,2722,2742,2762,2779,2799,2822,2839,2859,2882,2902,2922,2939,2962,2982,2999,3019,3039,3062,3082,3099,3119,3142,3159,3179,3202,3222,3242,3259,3282,3302,3319,3339,3362,3382,3402,3419,3439,3462,3479,3499,3519,3542,3562,3579,3602,3622,3639,3659,3679,3702,3722,3739,3759,3782,3799,3819,3839,3862,3882,3899,3922,3942,3959,3979,4002,4022,4042,4059,4079,4102,4119,4139,4162,4182,4202,4219,4242,4262,4279,4299,4319,4342,4362,4379,4399,4422,4439,4459,4479,4502,4522,4539,4562,4582,4599,4619,4642,4662,4682,4699,4719,4742,4759,4779,4799,4822,4842,4859,4882,4902,4919,4939,4959,4982,5002,...]

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En $10~000$ los términos de la fracción continua están subidos en github aquí . Puedes comprobar mis conjeturas o intentar obtener el patrón completo.

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También me gustaría recibir algunas pistas y esquemas para una prueba de las conjeturas anteriores.

Entiendo que es bastante probable que cualquiera de los patrones que he encontrado se rompa por alguna gran $k$ .