O nekih verižnih ulomkih

Kaj imajo skupnega naslednji verižni ulomki

$$x_1=2i+\cfrac{1}{2i+\cfrac{1}{2i+\cfrac{1}{2i+\cfrac{1}{\ddots}}}},$$

$$x_2=4i+\cfrac{4}{4i+\cfrac{4}{4i+\cfrac{4}{4i+\cfrac{4}{\ddots}}}},$$

$$x_3=6i+\cfrac{9}{6i+\cfrac{9}{6i+\cfrac{9}{6i+\cfrac{9}{\ddots}}}},$$

$$x_4=8i+\cfrac{16}{8i+\cfrac{16}{8i+\cfrac{16}{8i+\cfrac{16}{\ddots}}}},$$

in

$$x_5=10i+\cfrac{25}{10i+\cfrac{25}{10i+\cfrac{25}{10i+\cfrac{25}{\ddots}}}}.$$

Izračunajte vrednost vsakega od njih.

Zapišite $x_6!$

kolikšna je vrednost $x_6?$

O neki vrsti verižnih ulomkov

Oglejmo si naslednje verižne ulomke

$$x_1=1+\cfrac{3}{2+\cfrac{3}{2+\cfrac{3}{2+\cfrac{3}{\ddots}}}},$$

$$x_2=1+\cfrac{8}{2+\cfrac{8}{2+\cfrac{8}{2+\cfrac{8}{\ddots}}}},$$

$$x_3=1+\cfrac{15}{2+\cfrac{15}{2+\cfrac{15}{2+\cfrac{15}{\ddots}}}},$$

$$x_4=1+\cfrac{24}{2+\cfrac{24}{2+\cfrac{24}{2+\cfrac{24}{\ddots}}}},$$

$$x_5=1+\cfrac{35}{2+\cfrac{35}{2+\cfrac{35}{2+\cfrac{35}{\ddots}}}},$$

itd.

Najprej opazimo, da se ti verižni ulomki razlikujejo samo v števcih, zato najprej pomislimo, da so morda narejeni na enak način, po isti šabloni.  Vrednost ulomkov lahko tudi najprej uganemo, npr, tako, da izračunamo nekaj zaporednih približkov vsakega od njih. Dobimo naslednje vrednosti $$x_i=i+1;\qquad i=1,..,5$$ Nato si ogledamo te vrednosti ter števce verižnih ulomkov. Dovolj oster pogled razkrije, da so števci v verižnem ulomku $x$ enaki $x^2-1,$ torej

$$x=1+\cfrac{x^2-1}{2+\cfrac{x^2-1}{2+\cfrac{x^2-1}{2+\cfrac{x^2-1}{\ddots}}}}$$

ali

$$x=1+\cfrac{x^2-1}{1+1+\cfrac{x^2-1}{1+1+\cfrac{x^2-1}{1+1+\cfrac{x^2-1}{\ddots}}}}.$$

Od tod pa hitro prepoznamo

$$x=1+\frac{x^2-1}{1+x},$$

oziroma znan obrazec iz osnovne šole

$$x-1=\frac{x^2-1}{1+x}.$$

To je tisto kopito, po katerem so sestavljeni zgornji verižni ulomki. Sestavite še kakšnega sami.

Naloga: Tudi verižni ulomek

$$[1;1,\overline{2}]=1+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{\ddots}}}}$$

spada v to skupino. Zakaj? Kolikšna je njegova vrednost? Sestavi še kakšen tovrstni verižni ulomek iracionalne vrednosti.

Stewartov izrek

Imejmo trikotnik ABC in na stranici $c$ poljubno točko $D.$  Zveznico $\overline{CD}$ označimo z $d$. Med geometrijskimi izreki, ki se jih v srednji šoli običajno preskoči, je tudi Stewartov izrek 

Izrek trdi naslednje:

$$m^2a+n^2b=c(d^2+mn).$$

Dokaz: Kota $\angle ADC$ in $\angle CDB$ sta suplementarna, označimo ju z $\varphi$ in $180^o-\varphi.$ Ker je $\cos(\varphi)=-cos(180^o-\varphi),$  zapišemo za levi in desni trikotnik cosinusov izrek

$$\frac{d^2+m^2-b^2}{2dm}=-\frac{d^2+n^2-a^2}{2dn}.$$

Preuredimo in dvakrat upoštevamo $m+n=c,$ pa res pridemo do navedenega izreka.

Naloga:

  1. Zapiši ta izrek za enakokrak trikotnik.
  2. Dokaži Stewartov izrek samo s Pitagorovim izrekom! Namig: Najprej na skici potegni pravo črto!

Eulerjev produkt

Leonhard Euler je leta 1748 v 15.poglavju knjige Introductio in analysin infinitorum  (Uvod v analizo neskončnosti) pokazal, kako lahko produkt nekaterih faktorjev spremenimo v neskončno vrsto in obratno. Prehodimo del njegove poti.

Začnimo z geometrijskimi vrstami, ki imajo začetni člen $a_1=1,$ in količnik $k=\frac{1}{p},$ pri čemer je $p$ praštevilo. Vse te vrste so zaradi $\frac{1}{p}<1$ konvergentne. Spodaj je nekaj vrst z najmanjšim $p$:

$$\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\dots$$

$$\frac{1}{1-\frac{1}{3}}=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{27}+\frac{1}{81}+\frac{1}{243}+\dots$$

$$\frac{1}{1-\frac{1}{5}}=1+\frac{1}{5}+\frac{1}{25}+\frac{1}{125}+\frac{1}{625}+\frac{1}{3125}+\dots$$

$$\frac{1}{1-\frac{1}{7}}=1+\frac{1}{7}+\frac{1}{49}+\frac{1}{343}+\frac{1}{2401}+\frac{1}{16807}+\dots$$

Pomnožimo najprej prvi dve vrsti vsak člen z vsakim in sproti urejajmo po velikosti

$$\frac{1}{(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{12}+\frac{1}{15}+\frac{1}{16}\dots$$

Primnožimo zraven še tretjo

$$\frac{1}{(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{5})}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\dots$$

pa četrto

$$\frac{1}{(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{5})}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\dots$$

Opazimo, da na desni strani dobivamo prve člene harmonične vrste. Če nadaljujemo z množenjem geometrijskih vrst s količnikom $k=\frac{1}{p}$, pri čemer so $p$ vsa različna praštevila, dobivamo na levi strani produkt, na desni pa vsoto

$$\prod_{p}{\frac{1}{1-\frac{1}{p_i}}}=\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k}}.$$

La levi strani je t.i. Eulerjev produkt, produkt neskončno faktorjev, kjer so $p_i$ vsa zaporedna praštevila.Na desni strani pa dobimo  harmonično vrsto, ki je ravno Riemannova funkcija $\zeta(s)$ za $s=1$, torej

$$\zeta(1)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\dots$$

Torej

$$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\dots=\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 9\cdot\dots}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8\cdot 10\cdot\dots}$$

Oba izraza, vsota in produkt, seveda divergirata.

Po zgornjem zgledu lahko množimo še druge geometrijske vrste, ki imajo količnike $k=\frac{1}{p^n},$ pri čemer je $p$ praštevilo, in dobivamo vsote

$$S=\frac{1}{1-\frac{1}{p^n}}.$$

Pri tem je $n\in \mathbb{N}.$ Za $n=1$ imamo ravno zgornji primer. Za npr.$n=2$ pa imamo vrste

$$\frac{1}{1-\frac{1}{2^2}}=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^4}+\frac{1}{2^6}+\frac{1}{2^8}+\frac{1}{2^{10}}+\dots$$

$$\frac{1}{1-\frac{1}{3^2}}=1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^4}+\frac{1}{3⁶}+\frac{1}{3^8}+\frac{1}{3^{10}}+\dots$$

itd.

Produkt vseh takih vrst za $n=2$ nam analogno zgornjemu da

$$\prod_{p}{\frac{1}{1-\frac{1}{{p_i}^2}}}=\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k^2}}.$$

Na desni strani pa se tokrat pojavi Riemannova funkcija $\zeta(2)$

$$\zeta(2)=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+\dots=\sum_{k=1}^\infty{\frac{1}{k^2}}.$$

Vrsta je konvergentna, seštel jo je L.Euler, ko je rešil slavni Baselski problem, njena vsota znaša

$$\sum_{k=1}^\infty{\frac{1}{k^2}}​_=\frac{\pi^2}{6}.$$

Za nadaljne $n$ dobimo še druge Rimannnove funkcije $\zeta(n)$s splošnim predpisom

$$\zeta(n)=1+\frac{1}{2^n}+\frac{1}{3^n}+\frac{1}{4^n}+\frac{1}{5^n}+\dots=\sum_{k=1}^\infty{\frac{1}{k^n}}.$$

Vse tako dobljene vrste za $n\in \mathbb{N}$  konvergirajo, a “lepo” vsoto imajo samo tiste s sodim $n$.

Lotimo se sedaj dveh nalog, povezanih z Eulerjevim produktom.

Kolikšna je verjetnost, da pri nakljucnem izboru med naravnimi števili izberemo praštevilo?

Rešitev: Verjetnost, da je izbrano število deljivo z 2, je $\frac{1}{2}, $ da s 3, $\frac{1}{3},$ da je deljivo s $p$, torej $\frac{1}{p}.$ Označimo iskani dogodek z $A$, z $A_p$ pa dogodek, da je izbrano število deljivo s  $p$.  Nasprotni dogodek $\overline{A}_p$ je potem dogodek, da izbrano število ni deljivo s $p$, njegova verjetnost pa je

$$P(\overline{A}_p)=1-\frac{1}{p}.$$

Opazimo, da je dogodek $A$ sestavljen, natančneje neskončni produkt dogodkov

$A=\overline{A}_2\cap \overline{A}_3\cap \overline{A}_5\cap \dots \cap \overline{A}_p\cap\dots,$

ki so med seboj vsi neodvisni. Zato je verjetnost dogodka $A$ enaka

$$P(A)=(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{5})\dots(1-\frac{1}{p})\dots=\prod_{p}{(1-\frac{1}{p})}.$$

Dobili smo Eulerjev produkt, torej je

$$P(A)=\prod_{p}{(1-\frac{1}{p})}=\frac{1}{\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k}}}=\frac{1}{\zeta(1)}=\frac{1}{\infty}=0. $$

V imenovalcu se je pojavila harmonična vrsta, ki divergira, zato je iskana verjetnost $0.$

Med naravnimi števili dve naključno izberemo. Kolikšna je verjetnost, da sta tuji?

Rešitev:Naj bo $B$ dogodek, da sta izbrani števili tuji. Verjetnost, da je prvo število deljivo s praštevilom $p$, je $\frac{1}{p}$ in enako tudi vetjetnost, da je drugo. Verjetnost, da sta obe števili deljivi s $p,$ je torej (saj sta dogodka neodvisna) $\frac{1}{p^2},$ da nista deljivi s $p,$ pa $1-\frac{1}{p^2}.$ Števili sta tuji, če nista deljivi hkrati z nobenim od praštevil, zato imamo

$$P(B)=\prod_{p}{(1-\frac{1}{p^2})}=\frac{1}{\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k^2}}}=\frac{1}{\zeta(2)}=\frac{6}{\pi^2}=0,61. $$

Posplošitev naloge na več števil pa je prepuščena bralcu.