¿Existe una serie para mostrar $22\pi^4>2143\,$ ?

Question

Esto amplía este puesto .

I. Para $\pi^3$ :

$$\pi^6-31^2 =\sum_{k=0}^\infty\left(-\frac{63}{(2k+2)^6}+\frac{31^2}{(2k+3)^6}\right) =\sum_{k=0}^\infty P_1(k)\tag1$$

Como señala J. Lafont, cuando $P_1(k)$ se expande, sus coeficientes son todos positivos. Por lo tanto, también lo es el $\text{LHS}$ , lo que implica $\pi^3>31$ .

II. Para $\pi^4$ :

Los convergentes de $\pi^4$ son,

$$97,\, \frac{195}{2},\, \frac{487}{5},\, \frac{1656}{17},\, \frac{2143}{22},\dots$$

El último, siendo la aproximación particularmente cercana $22\pi^4 \approx 2143.0000027$ fue mencionado por Ramanujan. (Véase también este puesto .) Utilizando,

$$\frac{\pi^8}{9450}=\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(k+1)^8}$$

$$\frac{17\pi^8}{161280}=\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^8}$$

y el mismo método para encontrar $(1)$ obtenemos,

$$\pi^8-\Big(\frac{487}{5}\Big)^2 =\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{381}{5(2k+2)^8}+\frac{r_1^2}{(2k+3)^8}\right)=\sum_{k=0}^\infty P_2(k)\tag2$$

$$\pi^8-\Big(\frac{2143}{22}\Big)^2 =\sum_{k=0}^\infty\left(-\frac{181695}{11^2(2k+2)^8}+\frac{r_2^2}{(2k+3)^8}\right)=\sum_{k=0}^\infty Q_1(k)\tag3$$

$$\pi^8-\Big(\frac{2143}{22}\Big)^2 =\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{r_2^2}{(k+2)^8}-\frac{70208}{1815(2k+1)^8} \right)=\sum_{k=0}^\infty Q_2(k)\tag4$$

donde $r_1 =\frac{487}{5},\,$ $r_2 =\frac{2143}{22}$ . Los coeficientes de $P_2(k)$ son todos positivos, por lo que $5\pi^4>487$ .

Sin embargo, cuando el $Q_i(k)$ se expanden, el término constante para ambos es negativo Por lo tanto, no podemos llegar a una conclusión análoga. (De hecho, se necesitan varios términos antes de que la suma se vuelva positiva).

Q: ¿Se puede encontrar un similar serie para $\pi^8-\Big(\frac{2143}{22}\Big)^2 = \sum_{k=0}^\infty R(k)$ tal que todo Los coeficientes son positivos e implican inmediatamente $22\pi^4>2143$ ?

Answer 1

Gracias a un ingenioso sugerencia por J. Lafont, hay una serie que puede demostrar $\displaystyle\pi^4>\frac{2143}{22}$ . Sin embargo, no utiliza $\pi^8$ pero $\pi^{12}$ . Empezamos con,

$$\frac{691\pi^{12}}{638512875} = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(k+1)^{12}}$$

$$\frac{691\pi^{12}}{638668800}-1 = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+3)^{12}}$$

Multiplícalos por incógnitas $a,b,$ y luego sumar los dos,

$$\frac{691}{420}\frac{(4096a+4095b)\pi^{12}}{13!}-b = \sum_{k=0}^\infty \left(\frac{a}{(k+1)^{12}}+\frac{b}{(2k+3)^{12}}\right)$$

Dejemos que $b=\big(\frac{2143}{22}\big)^3$ y elija $a$ tal que $\pi^{12}$ tiene un coeficiente unitario. Entonces obtenemos,

$$\begin{aligned}\pi^{12}-\Big(\frac{2143}{22}\Big)^3 &=\sum_{k=0}^\infty\left( -\frac{52410418515}{691\cdot10648\cdot(2k+2)^{12}} +\Big(\frac{2143}{22}\Big)^3\frac{1}{(2k+3)^{12}}\right)\\ &=\sum_{k=0}^\infty R(k) \end{aligned}$$

Al expandirse, los coeficientes de $R(k)$ son todo positivo . Así, el $\text{LHS}$ debe ser positivo. Como es una diferencia de dos cubos $p^3-q^3 = (p-q)(p^2+pq+q^2)$ , entonces eso implica $\displaystyle\pi^4>\frac{2143}{22}.$

Answer 2

De la serie acelerada $$\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}=\frac{36}{17}\sum_{n=1}^{\infty } \frac{1}{n^{4}\dbinom{2n}{n}}$$ ( Técnica de aceleración de la convergencia para $\zeta(4)$ (o para $\eta(4)$ ) a través de la telescópica creativa? )

tenemos la suma directa

$$\pi^4 -\frac{2143}{22}= \frac{5}{52898832} \sum_{n=10}^\infty \left( \frac{1998926767}{n^4\dbinom{2n}{n}}+\frac{17452241}{(n+1)^4\dbinom{2(n+1)}{n+1}}\right)$$

El denominador de la fracción del coeficiente es un factor en primos pequeños: $$52898832=(2·3·7)^4·17$$

Esta serie puede estar relacionada con estos .