Evaluación de una fracción continua

Question

Puzzle pregunta... yo sé cómo resolverlo, y publicará mi solución, si es necesario; pero quien lo desee puede participar en el espíritu de venir para arriba con soluciones elegantes en lugar de tratar de enseñarme cómo resolverlo. [parafraseado de Lone Alumno]

Demostrar (o refutar) la siguiente igualdad: $$1+\cfrac1{1+\cfrac2{1+\cfrac3{1+\ddots}}}=\frac1{\displaystyle e^{1/2}\sqrt{\frac{\pi}{2}}\;\mathrm{erfc}\left(\frac1{\sqrt2}\right)}\approx 1.525135276\cdots$$

(tomado de forma Cerrada por un par de fracciones continuas)

Answer 1

La integral iterada de la función complementaria de error,

$$\begin{align*} \mathrm{i}^n\mathrm{erfc}(z)&=\underbrace{\int_z^\infty\int_{t_{n-1}}^\infty\cdots\int_{t_1}^\infty}_{n} \mathrm{erfc}(t)\,\mathrm dt\cdots\mathrm dt_{n-2}\mathrm dt_{n-1}\\ &=\frac2{n!\sqrt\pi}\int_z^\infty(t-z)^n\exp(-t^2)\,\mathrm dt \end{align*}$$

(ver, por ejemplo, Abramowitz y Stegun) satisface la ecuación de diferencia

$$\mathrm{i}^{n+1}\mathrm{erfc}(z)=-\frac{z}{n+1}\mathrm{i}^n\mathrm{erfc}(z)+\frac1{2(n+1)}\mathrm{i}^{n-1}\mathrm{erfc}(z)$$

con las condiciones iniciales $\mathrm{i}^0\mathrm{erfc}(z)=\mathrm{erfc}(z)$$\mathrm{i}^{-1}\mathrm{erfc}(z)=\dfrac2{\sqrt\pi}\exp(-z^2)$.

Esta recurrencia puede ser reordenado:

$$\frac{\mathrm{i}^n\mathrm{erfc}(z)}{\mathrm{i}^{n-1}\mathrm{erfc}(z)}=\frac1{2z+2(n+1)\tfrac{\mathrm{i}^{n+1}\mathrm{erfc}(z)}{\mathrm{i}^n\mathrm{erfc}(z)}}$$

La iteración de esta transformación de los rendimientos de la continuación de la fracción

$$\frac{\mathrm{i}^n\mathrm{erfc}(z)}{\mathrm{i}^{n-1}\mathrm{erfc}(z)}=\cfrac1{2z+\cfrac{2(n+1)}{2z+\cfrac{2(n+2)}{2z+\dots}}}$$

(Como una nota, se puede demostrar que $\mathrm{i}^n\mathrm{erfc}(z)$ es la solución mínima (es decir, $\mathrm{i}^n\mathrm{erfc}(z)$ decae como $n$ de aumento) de su diferencia de la ecuación; por lo tanto, por Pincherle, el CF dada es correcta).

En particular, el caso de $n=0$ da

$$\frac{\sqrt\pi}{2}\exp(z^2)\mathrm{erfc}(z)=\cfrac1{2z+\cfrac2{2z+\cfrac4{2z+\cfrac6{2z+\dots}}}}$$

Si $z=\dfrac1{\sqrt 2}$, luego

$$\frac{\sqrt{e\pi}}{2}\mathrm{erfc}\left(\frac1{\sqrt 2}\right)=\cfrac1{\sqrt 2+\cfrac2{\sqrt 2+\cfrac4{\sqrt 2+\cfrac6{\sqrt 2+\dots}}}}$$

Ahora podemos realizar una equivalencia de transformación. Recordemos que una de equivalencia general de la transformación de un CF

$$b_0+\cfrac{a_1}{b_1+\cfrac{a_2}{b_2+\cfrac{a_3}{b_3+\cdots}}}$$

con alguna secuencia $\mu_k, k>0$ tiene este aspecto:

$$b_0+\cfrac{\mu_1 a_1}{\mu_1 b_1+\cfrac{\mu_1 \mu_2 a_2}{\mu_2 b_2+\cfrac{\mu_2 \mu_3 a_3}{\mu_3 b_3+\cdots}}}$$

Se puede mostrar fácilmente que una equivalencia de transformación de las hojas el valor de la CF sin cambios.

Si aplicamos esto a la CF anterior con $\mu_k=\dfrac1{\sqrt 2}$, luego

$$\sqrt{\frac{e\pi}{2}}\mathrm{erfc}\left(\frac1{\sqrt 2}\right)=\cfrac1{1+\cfrac1{1+\cfrac2{1+\cfrac3{1+\dots}}}}$$

La CF en el OP es ahora obtienen fácilmente a partir de esta.

Answer 2

Vamos \begin{align*} p_n &= p_{n-1}+np_{n-2}, \quad p_{-1} = 1, \quad p_0=1, \\ q_n &= q_{n-1}+nq_{n-2}, \quad q_{-1} = 0, \quad q_0=1, \\ r_n &= \frac{p_n}{q_n}. \end{align*} Por lo que el $r_n$ son los convergents de la continuación de la fracción: $$ r_0 = 1,\qquad r_1 = 1+\cfrac{1}{1},\qquad r_2 = 1+\cfrac{1}{1+\cfrac{2}{1}},\qquad r_3 = 1+\cfrac{1}{1+\cfrac{2}{1+\cfrac{3}{1}}}, $$ y así sucesivamente. Considere la posibilidad de la exponencial en la generación de funciones $$ F(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{p_{n-1}}{n!}\,x^n,\qquad G(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{q_{n-1}}{n!}\,x^n . $$ Son soluciones de ecuaciones diferenciales \begin{align*} &F'(x) + (-1-x)F(x) = 0,\quad F(0)=1, \\ &G'(x) + (-1-x)G(x) = 1,\quad G(0)=0 . \end{align*} Una solución de la ecuación homogénea $y'+(-1-x)y=0$ es $$ F_1(x) = e^{(1+x)^2/2} $$ y una solución particular de la ecuación no homogénea $y'+(-1-x)y=1$ es $$ F_2(x) = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\,e^{(1+x)^2/2}\, \mathrm{fer}\,\frac{x+1}{\sqrt{2}} $$ Después de todo, hay fórmulas para la solución de primer orden ecuaciones diferenciales lineales.

Hayman del método (Wilf, generatingfunctionology, Teorema 4.5.1) muestra que los coeficientes de $F_1$ son asintótica $$ \frac{e^{n/2+\sqrt{n}+1/4}}{2n^{(n+1)/2}\sqrt{\pi}} $$ como $n \to \infty$ y los coeficientes de $F_2$ son asintótica $$ \frac{e^{n/2+\sqrt{n}+1/4}}{2\sqrt{2}n^{(n+1)/2}} $$
La aplicación de las condiciones iniciales, llegamos a la conclusión de que $$ F(x) = e^{-1/2}F_1(x),\qquad G(x) = F_2(x)-\sqrt{\frac{\pi}{2}}\,\mathrm{fer}\,\frac{1}{\sqrt{2}} \,F_1(x) $$
Así \begin{align*} \frac{p_{n-1}}{n!} &\sim \frac{e^{n/2+\sqrt{n}-1/4}}{2n^{(n+1)/2}\sqrt{\pi}}; \\ \frac{q_{n-1}}{n!} &\sim \frac{e^{n/2+\sqrt{n}+1/4}} {2\sqrt{2}n^{(n+1)/2}} - \frac{e^{n/2+\sqrt{n}+1/4}\sqrt{\pi}\text{erf}(1/\sqrt{2})} {2\sqrt{2}n^{(n+1)/2}\sqrt{\pi}} = \frac{e^{n/2+\sqrt{n}-1/4}e^{1/2}\text{erfc}(1/\sqrt{2})} {2\sqrt{2}n^{(n+1)/2}} \end{align*} con $\text{erfc}(x)=1-\text{erf}(x)$. Finalmente, $$ \frac{p_{n-1}}{q_{n-1}} \sim \frac{1}{\displaystyle e^{1/2}\;\sqrt{\frac{\pi}{2}}\;\text{erfc}\,\frac{1}{\sqrt{2}}} \aprox 1.525135276 $$ así que ese es el valor de la continuidad de la fracción.