Cómo evaluar $\log x$ a de alta precisión "a mano"

Question

Yo quiero probar

$$\log 2<\frac{253}{365}.$$

Este evalúa a $0.693147\ldots<0.693151\ldots$, por lo que se comprueba. (El origen de este oscuro numérica del problema está en la verificación de que el problema del Cumpleaños.) Si tuviera que hacer el cálculo a mano, ¿cuál es el método o la serie se utiliza para minimizar el número de operaciones y/o el tamaño de los argumentos expuestos con el fin de obtener este resultado? Estoy haciendo una formales equipo de prueba, así que no es precisamente por la mano, pero todavía quiero minimizar el número de evaluaciones necesarias para llegar a este resultado.

Un método es mediante la reescritura en $2<e^{253/365}$ y el uso de la energía de la serie; ya que es un aspecto positivo de la serie que usted sabe que puede detener una vez que han superado $2$. Trabajo de esto, parece que necesitan los términos de $n=0,\dots,7$ de la suma y, a continuación, funciona a

$$2<\sum_{n=0}^7\frac{(253/365)^n}{n!}=\frac{724987549742673918011}{362492763907870312500},$$

lo que implica más bien los números más grandes de lo que me gustaría. También está el límite $(1+\frac{253}{365n})^n\to$ $e^{253/365}$, pero la convergencia en este no es tan bueno; no hay pasado $2$ hasta $n=68551$, punto en el que estamos hablando de números con $507162$ dígitos.

Para $\log 2$ no es, por supuesto, la terriblemente convergencia alternativa de la serie de $\log 2=\sum_{n=1}^\infty\frac{-(-1)^n}n$, lo que requiere de $71339$ términos para obtener la deseada obligado. Esto puede ser mejorado por presión de la serie en su geométricamente convergente como $\log 2=2\log{\sqrt 2}=-2\sum_{n=1}^\infty \frac{(1-\sqrt2)^n}n$, pero ahora existe la complicación añadida de la estimación de $\sqrt 2$ a la precisión suficiente. Suponiendo que $\sqrt 2$ se conoce exactamente, usted necesita tomar esta serie a $12$ términos, momento en el que estamos verificando

$$\frac{1959675656 \sqrt2-2771399891}{1011780}<0\Leftarrow2771399891^2>1959675656^2\cdot 2.$$

¿Qué otros métodos existen para hacer un cálculo de este tipo? Es allí una manera de utilizar una raíz encontrar como método de Newton para obtener una estricta vinculado con la convergencia rápida?

Answer 1

Usted podría expresar esto $\log(1/2) > -\dfrac{253}{365}$. La serie $$\log(1/2) = \log(1-1/2) = -\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n 2^n}$$ converge rápidamente, y tiene buena límites: $$ \log(1/2) \ge - \sum_{n=1}^{N-1} \dfrac{1}{n 2^n} - \sum_{n=N}^\infty \dfrac{1}{N 2^n} = - \sum_{n=1}^{N-1} \dfrac{1}{n 2^n} - \dfrac{1}{N 2^{N-1}}$$

EDIT: Otra forma de escribir es $2 < (\exp(1/365))^{253}$, y el uso de la continuación de la fracción $$ \exp(1/n) = 1 + \dfrac{1}{n-1 + \dfrac{1}{1 + \dfrac{1}{1 + \dfrac{1}{3n-1 + \dfrac{1}{1+ \dfrac{1}{1+ \dfrac{1}{5n-1 + \ldots}}}}}}}$$ En particular, $$\exp(1/365) >1+ 1/(364+1/(1+1/(1+1/1094))) = \dfrac{800080}{797891}$$ y (si usted no cuenta exacta de la aritmética con grandes enteros) $$\left(\dfrac{800080}{797891}\right)^{253} > 2$$

Answer 2

Desde $\log 2=2\operatorname{arctanh}\frac{1}{3}$, podemos utilizar la serie: $$ \log 2 = \sum_{n\geq 0}\frac{2}{(2n+1)\,3^{2n+1}} $$ y el enlazado: $$ \sum_{n\geq 4}\frac{2}{(2n+1)\,3^{2n+1}}\leq\sum_{n\geq 4}\frac{2}{3^{2n+3}}=\frac{1}{157464} $$ para demostrar que (sólo necesitamos los términos de la serie anterior, hasta que $n=4$): $$ \log 2\approx \frac{4297606}{6200145} = \color{red}{0.69314}\color{blue}{60474\ldots}$$ donde el rojo dígitos son las adecuadas para asegurarse.

Answer 3

Podemos utilizar esta generalizada continuó fracción para obtener directamente excelentes fracciones tan cerca como se quiera de $\,\ln\,2$ : $$\ln\,2=\cfrac 1{1+\cfrac 1{2+\cfrac 1{3+\cfrac 2{2+\cfrac 2{5+\cfrac 3{2+\cfrac 3{7+\cfrac 4{2+\cfrac 4{9+\cdots}}}}}}}}}=b_0+\cfrac {a_1}{b_1+\cfrac {a_2}{b_2+\cfrac {a_3}{b_3+\cfrac {a_4}{\cdots}}}}$$

Vamos a obtener el primer sucesivas convergente utilizando los valores anteriores de $a_k,b_k$$\;\left[\matrix {n_k\\d_k}\right]=\left[\matrix {n_{k-1}\;n_{k-2}\\d_{k-1}\;d_{k-2}}\right]\left[\matrix {b_k\\a_k}\right],\quad\left[\matrix {n_1\\d_1}\right]=\left[\matrix {b_0\,b_1+a_1\\b_1}\right]=\left[\matrix {1\\1}\right],\;\left[\matrix {n_0\\d_0}\right]=\left[\matrix {b_0\\1}\right]=\left[\matrix {0\\1}\right]$ :

\begin{array} {l|c|ccccc} k&b_k,a_k&&&f_k=\dfrac{n_k}{d_k}\\ \hline\\ 1 & \color{#0000ff}{1,1} &\cfrac 1{1}&&=\cfrac 1{1}=\dfrac {n_1}{d_1}\\ 2 & \color{#0000ff}{2,1} & \cfrac 1{1+\frac 1{2}}&=\dfrac{n_1 b_2+n_0 a_2}{d_1 b_2+d_0 a_2}=\dfrac{1\cdot\color{#0000ff}{2}+0\cdot\color{#0000ff}{1}}{1\cdot\color{#0000ff}{2}+1\cdot\color{#0000ff}{1}}&=\dfrac 23=\dfrac {n_2}{d_2}\\ 3 & \color{#0000ff}{3,1} & \cfrac 1{1+\frac 1{2+\frac 1{3}}}&=\dfrac{n_2 b_3+n_1 a_3}{d_2 b_3+d_1 a_3}=\dfrac{2\cdot\color{#0000ff}{3}+1\cdot\color{#0000ff}{1}}{3\cdot\color{#0000ff}{3}+1\cdot\color{#0000ff}{1}}&=\dfrac {7}{10}=\dfrac {n_3}{d_3}\\ 4 & \color{#0000ff}{2,2} &\cfrac 1{1+\frac 1{2+\frac 1{3+\frac 2{2}}}}&=\dfrac{7\cdot\color{#0000ff}{2}+2\cdot\color{#0000ff}{2}}{10\cdot\color{#0000ff}{2}+3\cdot\color{#0000ff}{2}}&=\dfrac {18}{26}=\dfrac {9}{13}\\ 5 & \color{#0000ff}{5,2}&\cfrac 1{1+\frac 1{2+\frac 1{3+\frac 2{2+\frac 2{5}}}}}&=\dfrac{18\cdot\color{#0000ff}{5}+7\cdot\color{#0000ff}{2}}{26\cdot\color{#0000ff}{5}+10\cdot\color{#0000ff}{2}}&=\dfrac {104}{150}=\dfrac {52}{75}\\ 6 & \color{#0000ff}{2,3}&\cfrac 1{1+\frac 1{2+\frac 1{3+\frac 2{2+\frac 2{5+\frac 3{2}}}}}}&=\dfrac{104\cdot\color{#0000ff}{2}+18\cdot\color{#0000ff}{3}}{150\cdot\color{#0000ff}{2}+26\cdot\color{#0000ff}{3}}&=\dfrac {262}{378}=\dfrac {131}{189}\\ 7 & \color{#0000ff}{7,3}&\cfrac 1{1+\frac 1{2+\frac 1{3+\frac 2{2+\frac 2{5+\frac 3{2+\frac 3{7}}}}}}}&=\dfrac{262\cdot\color{#0000ff}{7}+104\cdot\color{#0000ff}{3}}{378\cdot\color{#0000ff}{7}+150\cdot\color{#0000ff}{3}}&=\dfrac {2146}{3096}=\dfrac {1073}{1548}\\ 8 & \color{#0000ff}{2,4}&\cfrac 1{1+\frac 1{2+\frac 1{3+\frac 2{2+\frac 2{5+\frac 3{2+\frac 3{7+\frac 4{2}}}}}}}}&=\dfrac{2146\cdot\color{#0000ff}{2}+262\cdot\color{#0000ff}{4}}{3096\cdot\color{#0000ff}{2}+378\cdot\color{#0000ff}{4}}&=\dfrac {5340}{7704}=\dfrac {445}{642}\\ 9 & \color{#0000ff}{9,4}&\cfrac 1{1+\frac 1{2+\frac 1{3+\frac 2{2+\frac 2{5+\frac 3{2+\frac 3{7+\frac 4{2+\frac 4{9}}}}}}}}}&=\dfrac{5340\cdot\color{#0000ff}{9}+2146\cdot\color{#0000ff}{4}}{7704\cdot\color{#0000ff}{9}+3096\cdot\color{#0000ff}{4}}&=\dfrac {56644}{81720}=\dfrac {14161}{20430}\\ \cdots &\\ \end{array}

Incluso para valores de $k$ la fracción será demasiado pequeño, mientras que para valores impares será demasiado grande. La última fracción proporciona aquí (para $k$ impares) es mayor que $\,\ln\,2\,$, pero más pequeño que su fracción probar su reclamación. La anterior aproximación es menor que $\,\ln\,2\,$ (pero es más precisa también que su fracción).

Como se observó anteriormente convergente de la continuación de la fracción de la aproximación numérica $\,0.69315\;$ devuelve directamente la fracción inicial : $$\ln(2)\approx 0.69315\approx\cfrac 1{1+\cfrac 1{2+\cfrac 1{3+\cfrac 1{1+\cfrac 1{6+\cfrac 1{3+\cfrac 11}}}}}}=\frac {253}{365}$$

Answer 4

$\log 2 = \log (1 + 1/3) + \log (1 + 1/2)$, y cada uno de los términos puede ser fácilmente evaluado a la deseada predicciones usando $\log (1+x) = x - x^2/2 + x^3/3 - \cdots$. Hay otras maneras de escribir $\log 2$ como una suma de logaritmos que te permitirá escribir como una suma de más, pero más rápido-la convergencia de la serie; no estoy seguro de lo que minimiza la aritmética. En general, hemos

$$ \log 2 = \log \left( 1 + {1 \over 2n-1} \right) + \log \left( 1 + {1 \over 2n-2} \right) + \cdots + \log \left(1 + {1 \over n} \right)$$

de que la identidad original que he dado es el $n = 2$ de los casos.