Serie de fracciones egipcias para $\frac{99}{70}-\sqrt{2}$

Question

Esta pregunta está motivada por las series encontradas al responder ¿Cómo se genera la secuencia 1, 1,4, 1,41, 1,414?

Una serie rápida para $\sqrt{2}$ viene dada por el Fracción egipcia mencionada en la Wikipedia

$$\sqrt{2}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{a(2^n)}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{204}+\frac{1}{235416}+\dots \right)$$

con denominadores definidos por $2^n$ de una relación de recurrencia de segundo orden $$a(n)=34a(n-1)-a(n-2)$$ con $a(0)=0, a(1)=6$ ( Secuencia OEIS A082405 ).

La forma cerrada correspondiente es $$\sqrt{2}=\frac{3}{2}-\sum_{k=0}^\infty \frac{2\sqrt{2}}{(17+12\sqrt{2})^{2^k}-(17-12\sqrt{2})^{2^k}}$$

como se obtiene en esta respuesta .

Parece que existe una serie similar a partir de la convergencia más cercana $\dfrac{99}{70}$ porque al aplicar el Método babilónico a partir de $\dfrac{7}{5}$ se obtiene la siguiente secuencia: $$\frac{7}{5}, \frac{99}{70}, \frac{19601}{13860}, \frac{768398401}{543339720}, \frac{1180872205318713601}{835002744095575440},...$$

y la diferencia entre aproximaciones consecutivas tiene numerador unitario, aunque las fracciones no son convergentes consecutivas, por lo que de forma similar tenemos

$$\sqrt{2}=\frac{99}{70}-\frac{1}{13860}-\frac{1}{543339720}-\frac{1}{835002744095575440}-...$$

¿Existe una recurrencia subyacente que pueda ser muestreada para obtener los denominadores de estas fracciones negativas?

Después de la respuesta

Fórmulas para $\dfrac{3}{2}-\sqrt{2}$ (pregunta) y $\dfrac{10}{7}-\sqrt{2}$ (de la respuesta) se puede escribir en términos de la proporción de plata y del índice a partir de $0$ .

$$\sqrt{2} = \frac{3}{2} - \sum_{k=0}^\infty \frac{2\sqrt{2}}{(1+\sqrt{2})^{2^{k+2}}-(1-\sqrt{2})^{2^{k+2}}}$$

$$\sqrt{2} = \frac{10}{7} - \sum_{k=0}^\infty \frac{2\sqrt{2}}{(1+\sqrt{2})^{3·2^{k+1}}-(1-\sqrt{2})^{3·2^{k+1}}}$$

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Answer 1

Aplicamos repetidamente el mapeo $\frac{a}{b} \to \frac{1}{2}(\frac{a}{b} + \frac{2b}{a}) = \frac{a^2 + 2b^2}{2ba}$ .

Así que $a(n+1) = a(n)^2 + 2b(n)^2$ et $b(n+1) = 2a(n)b(n)$ .

Hay un patrón en $b(n)$ . Continuando con el patrón: $b(n+2) = 2a(n+1)2a(n)b(n)$ .

En general, $\displaystyle b(n) = 5\cdot2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}a(k)$ .

Como habrán notado, en $\frac{a^2 + 2b^2}{2ba} - \frac{a}{b} = \frac{2b^2 - a^2}{2ba}$ tenemos $2b^2 - a^2 = -1$ .

$a(n+1) = a(n)^2 + 2b(n)^2 = a(n)^2 + a(n)^2 - 1 = 2a(n)^2 - 1$ .

Tenemos $a(n) = \cos(2^{n-2} \cos^{-1}(99))$ para $n > 1$ .

Sin embargo, observo que todos los $b$ son Números Pell De hecho $P(6), P(12), P(24), \dots P(6\cdot 2^n)$ .

Esto nos da una fórmula para $b$ :

$$b(n) = \frac{\sqrt2}{4}\left((7+5\sqrt 2)^{2^{n-1}} - (7-5\sqrt 2)^{2^{n-1}} \right)$$

No creo que el $7$ et $5$ Las constantes en la fórmula son una coincidencia.