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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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Elementos neutros y opuestos en las aritméticas de distintos órdenes

Posted by Albert Zotkin en octubre 5, 2014

Hoy voy a escribir un corto apunte sobre cómo calcular el elemento neutro de la suma de una aritmética de orden n si sabes cuál es dicho elemento en la aritmética de orden (n+1). Llamemos en a dicho elemento neutro de la suma ⊕n de orden n. Entonces tendremos que

\displaystyle  e_n = \log(e_{n+1})  (1)
Por ejemplo: la multiplicación es la suma de orden 1, y su elemento neutro es el número natural 1. Entonces el elemento neutro de la suma ordinaria (suma de orden 0) es:

\displaystyle  e_0 = \log(e_1)= \log(1)=0  (2)
como todos sabemos. El elemento neutro de la infra-suma de orden -1 es:

\displaystyle  e_{-1} = \log(e_0)= \log(0)=-\infty  (3)
Si ya sabemos calcular el elemento neutro, es fácil calcular el opuesto x’ de cualquier número x:

\displaystyle  x \oplus_{n} x' =\log(e_{n+1})  (4)
y como sabemos que la suma de dos números x, y es:

\displaystyle  x \oplus_{n} y =\log(\exp(x) \oplus_{n+1} \exp(y) ) \\ \\  (5)

tendremoa que:

\displaystyle  \log(\exp(x) \oplus_{n+1} \exp(x'))= \log(e_{n+1}) \\ \\   \exp(x) \oplus_{n+1} \exp(x')= e_{n+1} \\ \\   (6)
Por ejemplo, usemos la suma ordinaria (orden 0) para calcular el opuesto x’ de orden -1 de un número x:

\displaystyle  \exp(x) + \exp(x') = 0 \\ \\    \exp(x') = 0 - \exp(x) \\ \\   x' = \log(0 - \exp(x)) = x+ i \pi  (7)
es evidente que x’ = x + i π es el opuesto de x en la suma de orden -1, ya que

\displaystyle  x \oplus_{-1} (x+ i\pi) = \log(\exp(x) +\exp(x+ i\pi))=  \\ \\   \log(\exp(x)(1+ \exp(i\pi)) = \log(\exp(x)(1-1)) = \log(0)=-\infty  (8)
Sigamos con un poco más. El elemento neutro de la suma de orden 2 es e (la base de los logaritmos naturales), ya que

\displaystyle  e_1 = \log(e_2) \\ \\   1=\log(e_2)  \\ \\   e_2 = e^1 =e  (9)
El opuesto x’ de un número x para dicha suma de orden 2 sería pues un número tal que:

\displaystyle  x\oplus_2 x' = e  (10)

es decir,

\displaystyle  x\oplus_2 x' =\exp(\log(x)\oplus_1 \log(x')) = e \\ \\   \exp(\log(x) \log(x')) = e \\ \\   \log(x) \log(x') = \log(e) \\ \\    x'^{\log(x)} =e  \\ \\    x' = e^{1/\log(x)}    (11)

Saludos

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La función Infra-Zeta de Riemann

Posted by Albert Zotkin en agosto 22, 2014

Hola amigos de Tardígrados. Hoy voy a continuar con el tema de las infrasumas e infrarrestas que definí en mi post anterior. Dichas definiones eran así:

\displaystyle  x \oplus y = x+\log \left (1 + \exp (y-x) \right ) \\ \\  x \ominus y = x+\log \left (1 - \exp (y-x) \right )  (1)

en realidad hay una forma más sucinta de definir ambas operaciones, y es esta:

\displaystyle  x \oplus y = \log \left (\exp (x)+\exp (y) \right ) \\ \\  x \ominus y =  \log \left (\exp (x)-\exp (y) \right )  (2)

Vemos pues que el elemento neutro de la infrasuma es u = -∞ (menos infinito):

\displaystyle  x \oplus u = u \oplus x = x \\ \\  x=\log \left (\exp (x)+\exp (u) \right ) \\ \\  \exp(x) = \exp (x) + \exp (u) \\ \\  0 = \exp (u) \\ \\  u = \log(0)= -\infty  (3)

Igualmente, desde la definición de infrarresta podemos ver que cada número real x posee un opuesto x’ tal que:

\displaystyle  x \oplus x' = \log \left (\exp (x)+\exp (u) \right )=-\infty   (4)

es decir:

\displaystyle  x \oplus x' = -\infty \\ \\   (x \oplus x') \ominus x = (\exp (x) + \exp (x'))= -\infty  \ominus x =  x   \\ \\     x \oplus x' = \exp (x) + \exp (x') = -\infty \\ \\   (4)
que es un numero complejo con parte imaginaria π. En realidad para cada número real x existen infinitos números opuestos con parte real igual a x, y parte imaginaria nπi, donde n es un entero impar.

Podemos seguir y definir la operación multiplicación ⊗ así:

\displaystyle  x \otimes n = \underset{n}{\underline{x \oplus x \oplus \dots \oplus x}} = \log(n \exp(x))    (5)
donde n es de momento un número entero, pero vemos que no es una operación conmutativa, ya que por regla general no es cierto que xn = nx. Intentemos, de todas formas encontrar un elemento inverso para esta operacion ⊗:

\displaystyle  x \otimes u  = \log(u \exp(x)) = x \\ \\   u \log(x) = \log(x) \\ \\   u = 1  (6)

luego la operación ⊗ realizada por la derecha posee el elemento neutro u = 1. Pero, si la realizamos por la izquierda obtenemos:

\displaystyle  u \otimes x  = \log(x \exp(u)) = x \\ \\   x \log(u) = \log(x) \\ \\   \log(u) = \frac{\log(x)}{x}\\ \\   u = \sqrt[x]{x}  (7)

lo cual implica que dicha operación realizada por la izquierda no da un elemento inverso único. Pero, podemos ver cuál sería el opuesto de x (por la derecha):

\displaystyle  x \otimes x'  = \log(x' \exp(x)) = 1\\ \\    \log(x' \exp(x)) = \log(\exp(0)) \\ \\    x' \exp(x) = \exp(0) \\ \\   x' = \exp(-x)   (8)

La infra-potenciación ⊛ puede ser definida así:

\displaystyle  x \circledast n = \underset{n}{\underline{x \otimes  x \otimes  \dots \otimes  x}} = \log( \exp(x) x^n) \\ \\  x \circledast n = x + n \log x    (9)
Por lo tanto ya estamos en condiciones de representar la función Zeta de Riemann en el inframundo, es decir, de definir uan función que llamaré infra-Zeta de Riemann. Para empezar fijémonis en la clásica forma de la función Zeta de Riemann:

\displaystyle   \zeta(s) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}  (10)

Expresemos el equivalente a ns en el inframundo así:

\displaystyle  n \circledast s = n + s \log n  (11)

Ahora presentemos el inverso de dicha infra-potencia:

\displaystyle  \exp (-n - s \log n) = \exp (-n) n^{-s}  (12)

y realicemos el infra-sumatorio desde n = 1 hasta ∞, para obtener la función infra-zeta de Riemann, \underset{.}{\zeta}:

\displaystyle   \underset{.}{\zeta}(s) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{e^{n} n^s}  (13)

Vemos pues que la infra-zeta de Riemann, \underset{.}{\zeta}, es muy parecida a la zeta normal, y la única diferencia visible es que aparece el factor exp(- n), y siempre teniendo en cuenta que el sumatorio son infra-sumas

Saludos

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Logaritmos: definición de infrasuma e infrarresta

Posted by Albert Zotkin en agosto 17, 2014

Hola amigos de Tardígrados. Hoy voy a intentar definir dos nuevas operaciones aritméticas, que llamaré infrasuma e infrarresta. Empecemos. Sabemos que el logaritmo neperiano de un producto de dos números reales es igual a la suma de los logaritmos neperianos de sus factores

\displaystyle  \log (a \times b) = \log (a) + \log (b)  (1)

y para la división tenemos que

\displaystyle  \log \left (\frac{a}{b}\right ) = \log (a) - \log (b)  (2)

Siguiendo este proceso operativo, nos podemos preguntar si existe un operador binario ⊕ tal que

\displaystyle  \log (a+b) = \log (a) \oplus \log (b)  (3)
Por lo tanto, desde el operador binario suma + deberiamos poder definir ese operador binario ⊕ que llamaríamos infrasuma. De igual forma deberíamos poder definir un operador binario ⊖ tal que

\displaystyle  \log (a-b) = \log (a) \ominus \log (b)  (4)

De hecho es posible expresar esa nuevas operaciones binarias de forma explícita así:

\displaystyle  x \oplus y = x+\log \left (1 + \exp (y-x) \right ) \\ \\  x \ominus y = x+\log \left (1 - \exp (y-x) \right )  (5)

La demostración de esto último es fácil, pues sabemos que:

\displaystyle  x = \log(a) \  \  \  y = \log(b)

con lo cual tenemos que:

\displaystyle  x \oplus y =\log(a) \oplus \log(b) = \log(a+b)= \log(a) +\log \left (1 + \exp (\log(b)-\log(a)) \right ) \\ \\  \log(a+b)= \log(a) +\log \left (1 + \exp (\log\frac{b}{a}) \right ) \\ \\  \log(a+b)= \log(a) +\log \left (1 + \frac{b}{a} \right ) \\ \\  \log(a+b)= \log(a) +\log \left (\frac{a + b}{a} \right ) \\ \\  \log(a+b)= \log(a) +\log (a + b) -\log(a) \\ \\  \log(a+b)= \log (a + b) \\ \\  (6)

La demostración para la infrarresta se hace igual:

\displaystyle  x \ominus y =\log(a) \ominus \log(b) = \log(a-b)= \log(a) +\log \left (1 - \exp (\log(b)-\log(a)) \right ) \\ \\  \log(a-b)= \log(a) +\log \left (1 - \exp (\log\frac{b}{a}) \right ) \\ \\  \log(a-b)= \log(a) +\log \left (1 - \frac{b}{a} \right ) \\ \\  \log(a-b)= \log(a) +\log \left (\frac{a - b}{a} \right ) \\ \\  \log(a-b)= \log(a) +\log (a - b) -\log(a) \\ \\  \log(a-b)= \log (a - b) \\ \\  (7)
A continuación se puede comprobar, por ejemplo, si el operador binario infrasuma ⊕ forma un grupo dentro del conjunto de los números reales. Se han de cumplir las siguientes propiedades.

1. Clausura respecto de la infrasuma ⊕: para dos números reales x e y, xy debe ser un número real Comprobamos que para el caso particular x = 0, y = 0, tendriamos,

\displaystyle  0 \oplus 0 =\log(1) \oplus \log(1) = \log(1+1) = \log(2)   (8)
El caso por el que la clausura no se cumpliría sería para log(0), pero para que eso ocurriese en una infrasuma debería darse el caso especial exp(yx) = -1, pero eso caso sólo resultaria cuando:

\displaystyle  y - x = n i\pi
siendo n un número entero impar. Es decir, y – x sería un número imaginario puro, pero como x e y son números reales, su resta nunca puede ser un número complejo (imaginario puro).

2. Elemento identidad:

\displaystyle  (x \oplus 0) = 0 \oplus x = 0   (9)

Pero, eso no siempre es cierto para todo número real x. Por ejemplo:

\displaystyle  (3 \oplus 0)  = 3.0485873515737420588\dots
Por lo tanto, ya no sería necesario seguir comprobando si se cumplen las demás propiedades de un grupo, como son la propiedad asociativa y el elemento inverso. La infrasuma no formaría un grupo en el conjunto de los números reales, y tampoco la infrarresta. Pero, estamos buscando un número real y tal que xy = x. Con lo cual, sólo para el caso y = -∞ se cumpliría eso. Pero, -∞ (menos infinito) no es ningún número, por lo tamto la infrasuma no posee elemento identidad.

Supongamos que la infrasuma posee elemento identidad – ∞, entonces podemos seguir viendo si se complen las demás propiedades para formar un grupo. Así, para el elemento inverso hay que ver si
xx’ = x’x = – ∞, donde x’ sería el inverso de x. Al resolver esa ecuación obtenemos la solución

\displaystyle  x' = x+i\pi  (10)

Es decir, el inverso de x no sería un número real sino complejo con parte imaginaria \pi.

Saludos

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Fracción continua espejo: continuación I

Posted by Albert Zotkin en enero 17, 2013

Como me gustó mucho el tema anterior de las fracciones continuas espejo, quiero continuarlo en este post con algunas cosillas más.

Fijémonos en la famosa fórmula de Euler,

\displaystyle   e^{ix} = \cos x + i\sin x \   (1)

podemos fácilmente expresarla como fracción continua espejo así,

\displaystyle    e^{ix}=1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+.^{.^{.}}}{(9/ix)}}{(8/ix)}}{(7/ix)}}{(6/ix)}}{(5/ix)}}{(4/ix)}}{(3/ix)}}{(2/ix)}}{(1/ix)}  (2)

En el anterior post vimos que una fracción continua espejo es en realidad la serie infinita,

\displaystyle   x'=a_0+\sum_{i=0}^{\infty} \cfrac{a_{i+1}}{\prod_{j=0}^{i} b_j }  (3)

y si consideramos al número x' como la suma de dos particiones, una de indice par y la otra de indice impar tendremos,

\displaystyle   x'= \left (a_0+\frac{a_2}{b_0b_1}+\frac{a_4}{b_0b_1b_2b_3}+\frac{a_6}{b_0b_1b_2b_3b_4b_5}+\frac{a_8}{b_0b_1b_2b_3b_4b_5b_6b_7}+ \dots \right) +  \\ \\   {}\hspace{0.5cm}+\left (\frac{a_1}{b_0}+\frac{a_3}{b_0b_1b_2}+\frac{a_5}{b_0b_1b_2b_3b_4}+\frac{a_7}{b_0b_1b_2b_3b_4b_5b_6}+\frac{a_9}{b_0b_1b_2b_3b_4b_5b_6b_7b_8}+\dots \right)  (4)

es decir,

\displaystyle   x'=\left (a_0+\sum_{i=0}^{\infty} \cfrac{a_{2i+2}}{\prod_{j=0}^{2i+1} b_j }\right) +\left (\sum_{i=0}^{\infty} \cfrac{a_{2i+1}}{\prod_{j=0}^{2i} b_j }\right)  (5)

Para el caso particular de la fórmula de Euler expresada como fracción continua espejo en (2), tendremos que

\displaystyle   a_k = 1, \ b_k = \frac{k+1}{ix} , \ \ \small {\text{para todo} \  k=0,1,2,\dots}  (6)

y por lo tanto,

\displaystyle   \cos x =\left (1+\sum_{k=0}^{\infty} \prod_{n=0}^{2k+1} \cfrac{ix}{n+1}\right) \\ \\ \\   i\sin x =\left (\sum_{k=0}^{\infty} \prod_{n=0}^{2k} \cfrac{ix}{n+1}\right)  (7)


Si la función exponencial puede ser escrita como fracción continua espejo así

\displaystyle    e^{x}=1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+\cfrac{1+.^{.^{.}}}{(9/x)}}{(8/x)}}{(7/x)}}{(6/x)}}{(5/x)}}{(4/x)}}{(3/x)}}{(2/x)}}{(1/x)}  (8)

cabe preguntarse lógicamente que características tiene la función espejo de la exponencial, que escribiremos así,

\displaystyle    \displaystyle  f(x) = 1 + \cfrac{(1/x)}{1+ \cfrac{(2/x)}{1+ \cfrac{(3/x)}{1 + \cfrac{(4/x)}{1+  \cfrac{(5/x)}{1+\cfrac{(6/x)}{1+\cfrac{(7/x)}{1+\cfrac{(8/x)}{1+\cfrac{(9/x)}{1+\ddots}}}}}}}}}    (9)

y cual es su relación con la función exponencial. Ramanujan nos dará la solución en el próximo capítulo …

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