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La hipótesis blanda de Riemann

Posted by Albert Zotkin en febrero 3, 2016

Anoche mientras me entretenía con algunas sumas parciales de la función zeta de Riemann, me di cuenta de algo muy curioso, cuyo enunciado voy escribir seguidamente a modo de conjetura (hipótesis): Si para la suma parcial

\displaystyle  \zeta_N= \sum_{n=1}^N \;\frac{1}{n^s}
el número complejo siguiente es una de sus raíces (ceros), z1 = σ + it, entonces este otro número complejo, z2, escrito en función del primero, posee la misma parte real:

\displaystyle  z_2  = - \cfrac{\log(\zeta_{N-1}(z_1))}{\log(N)}
Mi conjetura es que sólo si z1 es un cero de ζN, entonces

\displaystyle      \text{Re}(z_2) =  \text{Re}(z_1)=\sigma
A esta conjetura la llamo la Hipótesis blanda Riemann, y la vamos a ver en acción con dos sencillos ejemplos numéricos: Sea la siguiente ecuación:

\displaystyle      1+2^{-x}+3^{-x}=0

y uno de sus ceros, hasta una precisión de 50 decimales, es:

\displaystyle  z_1 =0.4543970081950240272783427420109442288880- \\       3.5981714939947587422049363529208471165604i

. Por lo tanto el número z2 será:

\displaystyle  z_2 = -\cfrac{\log(-1-2^{z_1})}{\log 3}
\displaystyle  z_2 = 0.4543970081950240272783427420109442288880- \\  2.1210302407654957970993444877464279628993i

Para la siguiente ecuación:

\displaystyle      1+2^{-x}+3^{-x}+4^{-x}=0

sabemos que uno de sus ceros, hasta una precisión de 50 decimales, es:

\displaystyle  z_1 =0.502684148750165679490952980864893319283 -\\  20.7799493688306204126178629816730434295i

. Por lo tanto el número z2 será:

\displaystyle  z_2 = -\cfrac{\log(-1-2^{z_1}-3^{z_1})}{\log 4}
\displaystyle  z_2 = 0.5026841487501656794909529808648933193 + \\  1.8818513403053486355205517469102906214

Saludos

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Los ceros de las sumas parciales de la función zeta de Riemann cerca del inframundo

Posted by Albert Zotkin en enero 10, 2016

¿Sabes resolver la siguiente ecuación donde s es una variable compleja?:

\displaystyle 1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}=0 (1)
Esta ecuación es en claro ejemplo de ecuación trascendente, y no posee solución analítica (que sepamos). El lado izquierdo de esta ecuación es una suma parcial de tres sumandos de la función Zeta de Riemann, o lo que es lo mismo, un harmónico generalizado de orden 3:

\displaystyle H_{n,s}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{s}}} (2)
En el límite n → ∞, el harmónico generalizado converge hacia la función Zeta de Riemann:

\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }H_{n,s}=\zeta (s) (3)
Se ve a simple vista que el lado izquierdo de esa ecuación es una suma de exponenciales, es decir, no es un polinomio. Pero, podemos expresarlo mediante serie de potencias, por ejemplo, mediante series de Taylor, así:

\displaystyle 1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}=3+(-\log(2)-\log(3) z+\frac{1}{2} \left(\log(2)^2+\log(3)^2\right) z^2+\left(-\frac{1}{6} \log(2)^3-\frac{\log(3)^3}{6}\right) z^3+\frac{1}{24} \left(\log(2)^4+\log(3)^4\right) z^4+\left(-\frac{1}{120} \log(2)^5-\frac{\log(3)^5}{120}\right) z^5+\frac{1}{720} \left(\log(2)^6+\log(3)^6\right) z^6+\left(-\frac{\log(2)^7}{5040}-\frac{\log(3)^7}{5040}\right) z^7+\frac{\left(\log(2)^8+\log(3)^8\right) z^8}{40320}+\left(-\frac{\log(2)^9}{362880}-\frac{\log(3)^9}{362880}\right) z^9+\left(\frac{\log(2)^{10}}{3628800}+\frac{\log(3)^{10}}{3628800}\right) z^{10}+O(z)^{11}
He investigado algo esto y he visto que todo harmónico generalizado se puede expresar así:

\displaystyle H_{m,s}=\sum _{n=0}^{\infty } \sum _{k=2}^m  \frac{\log (k^n )(-s)^n}{n!} +1 (4)
Esto significa que la función Zeta de Riemann puede escribirse de la siguiente forma:

\displaystyle \zeta(s)=\sum _{n=0}^{\infty } \sum _{k=2}^{\infty} \frac{\log (k^n )(-s)^n}{n!} +1 (5)
Pero, intentemos saber cómo resolver la primera ecuación que escribí, la (1): Si la variable es compleja entonces esa ecuación posee infintas raices o ceros, y dos de esos ceros son (con alta precisión en número de dígitos) estos:

\displaystyle z_1 = 0.4543970081950240272783427420109442288880772534469111379406228046-3.598171493994758742204936352920847116560425746628839339842061185i\\ \\  z_2=0.4543970081950240272783427420109442288880772534469111379406228046+3.598171493994758742204936352920847116560425746628839339842061185i
Esos dos ceros, z1 y z2, son dos números irracionales, y presumíblemente sus infinitos ceros también lo sean.

Pero, intentemos contestar a la pregunta con la que abría este post.
¿Sabes resolver la siguiente ecuación donde s es una variable compleja?:

\displaystyle 1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}=0
Esa ecuación al ponerla en forma polinómica, posee grado infinito, como hemos visto arriba. Pero, ¿qué podemos decir de esta otra ecuación?:

\displaystyle 1+s^{-2}+s^{-3}=0 (6)
Esta ecuación parece más tratable de resolver analíticamente, ¿no?. Su raíces serían estas tres (una real y dos complejas):

\displaystyle s_1=-\left(\frac{2}{3 \left(-9+\sqrt{93}\right)}\right)^{1/3}+\frac{\left(\frac{1}{2} \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}{3^{2/3}}\\ \\ \\ s_2=-\frac{\left(1+i \sqrt{3}\right) \left(\frac{1}{2} \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}{2 3^{2/3}}+\frac{1-i \sqrt{3}}{2^{2/3} \left(3 \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}\\ \\ \\ s_3=-\frac{\left(1-i \sqrt{3}\right) \left(\frac{1}{2} \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}{2 3^{2/3}}+\frac{1+i \sqrt{3}}{2^{2/3} \left(3 \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}
La pregunta del millón es la siguiente. ¿Existe algún álgebra tal que podamos transformar la ecuación analíticamente intratable (1) en otra más tratable que se parezca mucho en la forma a la (6)?. La respuesta es sí. Afortunadamente, las bases para ese tipo de álgebra ya la descubrí anteriormenete en lo que llamé aritmética del inframundo y del ultramundo.

Partimos de la ecuación (1). y la expresamos mediante exponenciales de esta forma

\displaystyle 1 + e^{-x\log 2}+e^{-x\log 3}=0 \\ \\
ahora pasamos el 1 al lado derecho y aplicamos logaritmo neperiano en ambos lados:

\displaystyle  e^{-x\log 2}+e^{-x\log 3}=-1 \\ \\  \log(e^{-x\log 2}+e^{-x\log 3})=\log(-1)= i\pi \\ \\
y observamos que el lado izquierdo es literalmente la definición de infra-suma de grado -1, con lo cual nuestra ecuación inicial (1) queda al final así:

\displaystyle  \left(-x\log 2\right)\oplus \left(-x\log 3\right)=i\pi (7)
Si este álgebra poseyera las mismas propiedades que el álgebra de grado 0 convencional, podríamos atisbar una solución para esta última ecuación (7), recordando que la multiplicación de grado -1 es la suma convencional de grado 0. Así, sacando factor común (-x) y despejándola en el lado izquierdo, obtendríamos una hipotética solución de x:

\displaystyle  (-x) + \left(\log 2\oplus \log 3\right)=i\pi  \\ \\   (-x)  = i\pi \left(\log 2\oplus \log 3\right) \\ \\     x = \left(\log 2\oplus \log 3\right) - i\pi \\ \\     x = \log\left(e^{\log 2}+e^{\log 3}\right) - i\pi
\displaystyle x=\log\left(\frac{e^{\log 2}+e^{\log 3}}{e^{- i\pi}}\right)  (8)
Pero, sabemos que la ecuación (1) posee infinitas raíces (ceros), por lo tanto, la solución (8) debería incluir los infinitos cíclos mediante los múltiplos de . Así, una hipotética solución podría ser como la siguiente (aunque puede demostrarse fácilmente que esta solución que presento es incorrecta):

\displaystyle x_n = \log\left(\frac{e^{\log 2}+e^{\log 3}}{e^{- i\pi n}}\right)  \\ \\ \\ \\  x_n = \log\left( \frac{5}{e^{- i\pi n}}\right)   \\ \\ \\ \\  x_n=\log 5 - i\pi n

Saludos

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La función Gamma Γ (x) entra en juego: otra fórmula más que genera números primos

Posted by Albert Zotkin en febrero 26, 2013

La siguiente función, basada en el teorema de Wilson, la cual asigna la unidad si n es número primo y cero si no lo es

\displaystyle  F(n)=\left \lfloor \cos^2 \left ( \cfrac{(n-1)! +1}{n}\right ) \right \rfloor = \begin{cases}  1 & \small \text{si \textit{n}=1 \'o \textit{n} es primo} \\  0 & \small \text{en caso contrario}  \end{cases}  (1)
me abrió los ojos. En realidad, (n-1)! no es más que la función Gamma, \Gamma, Es decir:

\displaystyle  \Gamma(n) = (n-1)!  (2)
Con lo cual (1) también puede expresarse así:

\displaystyle  F(n)=\left \lfloor \cos^2 \left ( \cfrac{\Gamma (n) +1}{n}\right ) \right \rfloor = \begin{cases}  1 & \small \text{si \textit{n}=1 \'o \textit{n} es primo} \\  0 & \small \text{en caso contrario}  \end{cases}  (3)

Pero, la cosa no quedó ahí. Al final, observando un poquito, y haciendo algunas pruebas, pude construir esta otra función, que funciona para n\ge 5 :

\displaystyle  \boxed{Q(x)=\text{frac} \left (\cfrac{\Gamma(x)}{x} \right )\cfrac{x^2}{x-1}= \begin{cases}  x & \small \text{si \textit{x} es primo} \\  0 & \small \text{en caso contrario}  \end{cases}}  (4)
donde \text{frac} es la función parte fraccionaria. Esta función Q(x) tiene dos excepciones, en el intervalo 0<x<5:

\displaystyle  Q(1)=\infty,\ Q(4)=\frac{8}{3}  (5)

ya que los casos Q(2)=2 y Q(3)=3 sí cumplen la definición.

Parecería sorprendente que esta simple función Q(x), la cual mapea tan perfectamente los números primos, sea otra primicia mía, y por lo tanto no me queda otra opción que buscar referencias en la literatura de la historia de las matemáticas, para que nadie me pueda endosar a mi la autoría de tan trivial hallazgo.

Quien aún no esté del todo convencido de que Q(x) funciona puede usar el programa Mathematica, por ejemplo, para computar lo siguiente:

Teorema:
Para todo entero n > 0, con n ≠ 1 y n ≠ 4, si n no es primo, entonces Γ(n) es divisible por n. Lo cual implica que si n es primo, entonces Γ(n) no es divisible por n:

\displaystyle  \small \text{si \textit{n} no es primo, entonces}\\ \\ \Gamma (n) \equiv 0 \pmod n  (6)

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Una fórmula que calcula el n-ésimo número primo

Posted by Albert Zotkin en febrero 25, 2013

El Teorema de Wilson dice que si p es un número primo, entonces (p-1)! + 1 es múltiplo de p. Es decir:

\displaystyle  (p-1)! \equiv -1 \mod{p}  (1)

Basándomos en este teorema es posible construir una función tal que:

\displaystyle  F(n)=\left \lfloor \cos^2 \left (\pi \cfrac{(n-1)! +1}{n}\right )  \right \rfloor = \begin{cases}  1    & \small \text{si \textit{n}=1 \'o \textit{n} es primo} \\  0 & \small \text{en caso contrario}  \end{cases}   (2)
donde \lfloor x \rfloor es la función suelo. Pero, es precisamente esta función suelo lo que menos me gusta de esta fórmula (2). Por lo tanto, la pregunta es si es posible modificar esa función (2) tal que no aparezca ningún tipo de función suelo o función techo. La respuesta es sí. Fijémonos en la siguiente función, para n \ge 1:

\displaystyle  G(n)=\sin^2 \left (\pi \cfrac{(n-1)! +1}{n} \right )  = \begin{cases}  \sin^2 (\frac{\pi}{n})    & \small \text{si \textit{n} no es primo} \\  0 & \small \text{si \textit{n} es primo}  \end{cases}   (3)
Es decir, para n \ge 1 la función G(n) nos da la secuencia

\displaystyle   G(n)= \left \{0,\ 0,\ 0,\ \cfrac{1}{2},\ 0,\ \cfrac{1}{4},\ 0,\ \sin^2\left(\cfrac{\pi }{8}\right),\ \sin^2\left(\cfrac{\pi }{9}\right),\ \cfrac{1}{16} \left(-1+\sqrt{5}\right)^2, \ \dots \right \}  (4)
Por lo tanto, sólo tenemos que dividir G(n) por \sin^2 \pi/n , para obtener :

\displaystyle  H(n)=\cfrac{\sin^2 \left ( \pi \cfrac{(n-1)! +1}{n} \right )}{\sin^2 \frac{\pi}{n}}  = \begin{cases}  1    & \small \text{si \textit{n} no es primo} \\  0 & \small \text{si \textit{n} es primo}  \end{cases}   (5)

Es decir, ya que para n=1 da indeterminado, para n \ge 2 la función H(n) nos da la secuencia

\displaystyle  H(n)= \left \{0,\ 0,\ 1,\ 0,\ 1,\ 0,\ 1,\ 1,\ 1, \ \dots \right \}  (6)

Pero si lo que estamos buscando es la función

\displaystyle   P(n)= \begin{cases}  0    & \small \text{si \textit{n} no es primo} \\  1 & \small \text{si \textit{n} es primo}  \end{cases}   (7)

Sólo tenemos que establecerla como complementaria de H(n):

\displaystyle   \boxed {P(n)= 1- H(n) = 1 - \cfrac{\sin^2 \left (\pi \cfrac{(n-1)! +1}{n} \right )}{\sin^2 \frac{\pi}{n}}}  (8)

con lo cual hemos obtenido una función similar a F(n), pero sin la función suelo.



Algunos consejos para su uso en Mathematica

Define la función que genera la lista (cero si no es número primo), por ejemplo esta función :
  

In[1]:=

Define ahora la función que quitará los ceros, por ejemplo esta :

In[2]:=

Veamos ahora algunos ejemplos. Primero veamos cómo la función F[x] genera una lista de números primos :

In[3]:=

Out[3]=

Veamos ahora un ejemplo de cómo la función P[x] quita los ceros . Pero, antes de eso quiero advertir que la función P[x] es muy ineficiente para esa tarea (tarda mucho) y sólo debe ser considerada como una curiosidad matemática, nada más. Aconsejo no usarla en calculos prácticos con Mathematica. Por lo tanto, como muestra, sólo la usaré para un cálculo hasta n=10:

In[4]:=

Out[4]=

Para quien posea curiosidad por saber cúanto tiempo tarda Mathematica en hacer esta última tarea, haré lo siguiente :

In[5]:=

Out[5]=

Lo cual significa que esta última operación ha tardado unos 20 segundos en realizarse (una velocidad muy pobre si tenemos en cuenta que sólo calculó hasta n = 10).

Pero, si aún deseamos quitar eficientemente los ceros a la lista que genera la función F[x], podemos usar el algoritmo Deletecases, así:

In[6]:=

Out[6]=


Otros ejemplos de funciones generadoras:

In[9]:=

In[11]:=

Out[11]=

In[12]:=

In[13]:=

Out[13]=

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Una expansión Piramide Egipcia del número π

Posted by Albert Zotkin en febrero 23, 2013

El número \pi puede ser expresado mediante multitud de fórmulas. Una de ellas es la siguiente:

\displaystyle  \cfrac{\pi}{2}=\sum _{n=0}^{\infty } \frac{n!}{(2 n+1)\text{!!}}  (1)

Es decir:

\displaystyle  \cfrac{\pi}{2}= \cfrac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty}\cfrac{(n!)^2\ 2^{n+1}}{(2n+1)!}= \sum_{n=0}^{\infty} \cfrac{n!}{(2n+1)!!}= \\ \\ \\   = 1+ \frac{1}{3}+ \frac{1 \times 2}{3 \times 5}+ \frac{1 \times 2 \times 3}{3 \times 5 \times 7}+ \frac{1 \times 2 \times 3 \times 4}{3 \times 5 \times 7 \times 9}+\dots = \\ \\ \\   = 1+\frac{1}{3} \left (1+\frac{2}{5}\left (1+\frac{3}{7}\left (1+\frac{4}{9}\left (1+\dots\right)\right)\right) \right )  (2)
Esto significa que podemos construir la fracción continua ascendente (espejo), así:

\displaystyle  \cfrac{\pi}{2}=1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{\dots}{(17/8)}}{(15/7)}}{(13/6)}}{(11/5)}}{(9/4)}}{(7/3)}}{(5/2)}}{(3/1)}  (3)

Ahora, duplicamos dicha expansión para obtener la configuración piramidal egipcia de \pi:

\displaystyle  \pi=1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1}{(17/8)}}{(15/7)}}{(13/6)}}{(11/5)}}{(9/4)}}{(7/3)}}{(5/2)}}{(3/1)}+\cfrac{\cfrac{\cfrac{\cfrac{\cfrac{\cfrac{\cfrac{\cfrac{1}{(17/8)}+1}{(15/7)}+1}{(13/6)}+1}{(11/5)}+1}{(9/4)}+1}{(7/3)}+1}{(5/2)}+1}{(3/1)}+1

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Una identidad natural

Posted by Albert Zotkin en febrero 21, 2013

Si intentamos imitar el método ideado por la creatividad de la mente de Ramanujan en el post anterior, lo cual es por supuesto, bastante dificil, podemos intentar algo como lo siguiente. Sea la fracción continua espejo:

\displaystyle  A=1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{\dots}{20}}{18}}{16}}{14}}{12}}{10}}{8}}{6}}{4}}{2}  (1)

Es decir:

\displaystyle  A=\left (1+\cfrac{1}{2\times 4} +\cfrac{1}{2 \times 4\times 6}+\cfrac{1}{2\times 4\times 6\times 8} + \dots \right ) =\sum _{n=0}^{\infty } \cfrac{1}{(2 n)!!}  (2)
donde, obviamente (2n)!! es el doble factorial de los números pares. Podemos comprobar que dicha fracción continua espejo converge hacia:

\displaystyle  A = \sqrt{e}  (3)
Ahora, por otro lado, consideremos la fracción continua siguiente:

\displaystyle  C=1+\cfrac{2}{3+\cfrac{4}{5+\cfrac{6}{7+\cfrac{8}{9+\cfrac{10}{11+\dots}}}}}  (4)
Podemos comprobar que dicha fracción continua converge hacia (esta se la debemos a Euler):

\displaystyle  C= \left (\sqrt{e} -1\right )^{-1}  (5)

Por lo tanto su recíproco B converge hacia

\displaystyle  B= \cfrac{1}{C}=\sqrt{e} -1  (6)

lo cual significa que:

\displaystyle  A-B = 1  (7)

es decir, tenemos la identidad:

\displaystyle  \cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{\dots}{20}}{18}}{16}}{14}}{12}}{10}}{8}}{6}}{4}}{2} \ = \  \cfrac{1}{1+\cfrac{2}{3+\cfrac{4}{5+\cfrac{6}{7+\cfrac{8}{9+\cfrac{10}{11+\dots}}}}}}  (8)

Otra identidad natural surge de la misma forma cuando consideramos la fracción continua espejo:

\displaystyle  D=1+\cfrac{3+\cfrac{5+\cfrac{7+\cfrac{9+\cfrac{11+\cfrac{\dots}{12}}{10}}{8}}{6}}{4}}{2}   (9)

La cual converge hacia D=2\sqrt{e}. Y de forma concisa podemos expresarlo así:

\displaystyle  D=\sum _{n=0}^{\infty } \cfrac{(2 n+1 )}{(2 n)!!} =2\sqrt{e}  (10)

Por lo tanto, junto a (5), tenemos

\displaystyle  \cfrac{D}{2} - \cfrac{1}{C} = 1  (11)

es decir:

\displaystyle  \cfrac{3+\cfrac{5+\cfrac{7+\cfrac{9+\cfrac{11+\cfrac{\dots}{12}}{10}}{8}}{6}}{4}}{4} = \cfrac{1}{1+\cfrac{2}{3+\cfrac{4}{5+\cfrac{6}{7+\cfrac{8}{9+\cfrac{10}{11+\cfrac{12}{\dots}}}}}}}    (12)

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Fracción continua espejo: continuación II

Posted by Albert Zotkin en enero 18, 2013

Consideremos ahora tres fracciones continuas en forma cerrada que fueron descubiertas por Euler (cf. Euler 1775):

\displaystyle    \cfrac{I_1(2)}{I_0(2)}=0+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{3+\cfrac{1}{4+\cfrac{1}{5+\dots}}}}} = \\ \\ \\   {}\hspace{1.3cm}=0.697774657964007982...  (1)

donde I_1(2) \ \small{ \text{y}} \ I_0(2) son funciones Bessel de primera clase. Computemos ahora la fracción continua espejo de (1):

\displaystyle    A=0+\cfrac{1+\cfrac{2+\cfrac{3+\cfrac{4+\cfrac{5+\cfrac{\dots}{1}}{1}}{1}}{1}}{1}}{1} = \\ \\   {}\hspace{0.4cm} =\infty  (2)

vemos que esa fracción continua espejo diverge, ya que cada denominador de cada convergente es la unidad mientras que el numerador crece en cada iteración. Si expresamos esa fracción continua espejo en forma de serie infinita tendremos,

\displaystyle    A= \sum_{i=1}^{\infty} i  (3)

o sea, tenemos la suma de los sucesivos números naturales. Esto nos dice que evidentemente estamos ante la presencia de la función zeta de Riemann, que escrita en forma de fracción continua espejo sería la expresión trivial siguiente,

\displaystyle    \zeta(s)= \cfrac{1^{-s}+\cfrac{2^{-s}+\cfrac{3^{-s}+\cfrac{4^{-s}+\cfrac{5^{-s}+\cfrac{\dots}{1}}{1}}{1}}{1}}{1}}{1}  (4)
Consideremos ahora el siguiente ejemplo de fracción continua que nos proporcionó Euler en 1775,

\displaystyle    \left (e -1\right )^{-1}=0+\cfrac{1}{1+\cfrac{2}{2+\cfrac{3}{3+\cfrac{4}{4+\cfrac{5}{5+\dots}}}}} = \\ \\ \\   {}\hspace{1.3cm}=0.58197670686932642...  (5)

con lo que su fracción continua espejo sería,

\displaystyle    B=0+\cfrac{1+\cfrac{2+\cfrac{3+\cfrac{4+\cfrac{5+\cfrac{\dots}{6}}{5}}{4}}{3}}{2}}{1} = \\ \\   {}\hspace{0.4cm} =2.718281828459045\dots  (6)

es decir, obtenemos el notable resultado de que el número B es precisamente el número de Euler e.

Sigamos con el último ejemplo que nos proporcionó Euler,

\displaystyle    \left (\sqrt{e} -1\right )^{-1}=1+\cfrac{2}{3+\cfrac{4}{5+\cfrac{6}{7+\cfrac{8}{9+\cfrac{10}{11+\dots}}}}} = \\ \\ \\   {}\hspace{1.3cm}=1.54149408253679...  (7)

ahora construyamos y computemos su fracción continua espejo,

\displaystyle    C=1+\cfrac{3+\cfrac{5+\cfrac{7+\cfrac{9+\cfrac{11+\cfrac{\dots}{12}}{10}}{8}}{6}}{4}}{2} = \\ \\   {}\hspace{0.4cm} =3.297442541400256293697301575628\dots  (8)

Y es fácil comprobar que este número C es precisamente :

\displaystyle    C=3.297442541400256293697301575628\dots=2\sqrt{e}  (9)