Вывел новую формулу для e

dako · Сообщение **dako** » 04 сен 2009, 13:32

a что означает у вас в формуле mod

Neckromant · Сообщение **Neckromant** » 04 сен 2009, 13:33

dako писал(а):Source of the post
a что означает у вас в формуле mod

Если я не путаю, то это остаток от целочисленного деления.

jarik · Сообщение **jarik** » 04 сен 2009, 13:39

Георгий, красотища...
Только буковки иностранные сделайте покрасивше, загляденье будет...
$\mathrm{mod}$

Код: Выбрать все

\mathrm{mod}

Developer · Сообщение **Developer** » 04 сен 2009, 13:46

Георгий писал(а):Source of the post Ну и опытище у Bac, Developer!

Если бы молодость знала, если бы старость могла!
Кстати, если кто-то опередит меня в проверке формулы Георгия, сердиться не буду...

Георгий

jarik писал(а):Source of the post
Георгий, красотища...
Только буковки иностранные сделайте покрасивше, загляденье будет...
$\mathrm{mod}$ делать
Код: Выбрать все
\mathrm{mod}

Ярослав! Это Вы что-ли? Спасибо, дружище!Завтра попробую - сейчас бежать надо делать хоть что-то приятное.
Дивелопер! He волнуйтесь! Никто даже пальцем не пошевельнет из-за прошедшей летней лени

СергейП

Формула красива и если действительно верна и это не изобретение велосипеда, может быть полезна. Теоретически .
Ну a практически по любому ряд Маклорена сходится должен гораздо быстрее, факториал в знаменателе все-таки.

Георгий

Полностью согласен! Я больше всего на свете люблю Теоретическую Пользу!

bot · Сообщение **bot** » 04 сен 2009, 15:25

Георгий писал(а):Source of the post
$e=3\,\prod _{k=1}^{\infty } \frac{(1+\frac{2}{2k+1})^{2k+1}}{(1+\frac{1}{k})^{2k}} \[ \frac{k}{k+1}(k \, \mathrm{mod} \, 2) \, + \, \frac {k+1}{k}[(k+1) \, \mathrm{mod} \, 2] \]$

Просьба проверить формулу на скорость сходимости.

Сходимость именно к $$e$$

не проверял, a скорость вряд ли удовлетворительная - грубая прикидка на калькуляторе (матпакетами не пользуюсь) не обнадёживает. Последовательность частичных произведений ( $$k$$

от 1 до n) задаётся рекуррентностью:

$a_n=a_{n-1}\cdot \frac{(1+\frac{2}{2n+1})^{2n+1}}{(1+\frac{1}{n})^{2n}} \[ \frac{n}{n+1}(n \, \mathrm{mod} \, 2) \, + \, \frac {n+1}{n}[(n+1) \, \mathrm{mod} \, 2] \]$

При $$n=100$$

получаем

$a_{100}\approx a_{99}\cdot 1,0100495890776501878663896494494$ ,

в то время как для очень плохо сходящейся $b_n=(1+\frac{1}{n})^n$ имеем

$b_{100}\approx b_{99}\cdot 1,0000498370619907224782857560008$

qazxsw · Сообщение **qazxsw** » 04 сен 2009, 16:08

Георгий писал(а):Source of the post
$e=3\,\prod _{k=1}^{\infty } \frac{(1+\frac{2}{2k+1})^{2k+1}}{(1+\frac{1}{k})^{2k}} \[ \frac{k}{k+1}(k \, \mathrm{mod} \, 2) \, + \, \frac {k+1}{k}[(k+1) \, \mathrm{mod} \, 2] \]$

Просьба проверить формулу на скорость сходимости.

Невысокая скорость. Вряд ли выше чем у ряда sum( $\frac {(-1)^n} {n}$ ), что в несколько раз хyже сем у существующего приближения e=SUM( $\frac {1} {n!}$ )
другое дело к чемy оно сходится.. ибо то, что в квдратых скобках очевидно сходится к $\frac {2} {\pi}$

Георгий

Я ожидал, что сходимость будет хуже, чем у рамануджановской формулы и других продвинутых. Формула эта интересна тем, что в пределе

$e=3 \cdot \frac {\pi e}{6} \cdot \frac {2}{\pi}$

Разве это не удивительно?

yourdomain.com