des identités
Bonjour , J'ai des nouvelles identités .
sont -elle connues?
Soit $p_{n}$ le n'ième nombre premier $\gamma$ la constante d'Euler alors $$\sum_{n=3}^{+\infty}\frac{1}{p_{n}\log(n-1)}=\frac{2e^{\gamma}}{3}$$
$$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\prod_{k=1}^{n}(1-\frac{1}{p_{k}})}{p_{n+1}}=\frac{1}{2}$$
(Ramanujan) $$2\sin(\frac{\pi}{18})=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{..}}}}}}}}}}$$
$$2\sin(\frac{\pi}{34})=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{..}}}}}}}}}}}}}}}}}$$
$$2\sin(\frac{\pi}{66})=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{..}}}}}}}}}}}}}$$
$$2\cos(\frac{24\pi}{65})=\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{...}}}}}}}}}}}}}}$$
sont -elle connues?
Soit $p_{n}$ le n'ième nombre premier $\gamma$ la constante d'Euler alors $$\sum_{n=3}^{+\infty}\frac{1}{p_{n}\log(n-1)}=\frac{2e^{\gamma}}{3}$$
$$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\prod_{k=1}^{n}(1-\frac{1}{p_{k}})}{p_{n+1}}=\frac{1}{2}$$
(Ramanujan) $$2\sin(\frac{\pi}{18})=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{..}}}}}}}}}}$$
$$2\sin(\frac{\pi}{34})=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{..}}}}}}}}}}}}}}}}}$$
$$2\sin(\frac{\pi}{66})=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{..}}}}}}}}}}}}}$$
$$2\cos(\frac{24\pi}{65})=\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{...}}}}}}}}}}}}}}$$
Réponses
-
Personnellement je ne les connais pas (mais je ne connais pas grand chose...)
Si elles s'avérent vraies, je les trouve sympatiques, ces identités. -
Merci ces identités je sais bien les prouver
-
1)$$\frac{1}{\phi}=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{....}}}}}}}} $$
2)$$\frac{1}{\phi}=\frac{e^{-\pi}\sqrt{5e^{2\pi}-4}-1}{2}+\frac{e^{-\pi}}{\sqrt{1+\sqrt{5e^{2\pi}-4+(5e^{2\pi}-4)\sqrt{5e^{2\pi}-4+(5e^{2\pi}-4)\sqrt{5e^{2\pi}-4+(5e^{2\pi}-4)\sqrt{..}}}}}}$$
1)$\bullet$ Let consider this trinomial equation: $$X^{2}-3X+1=0$$
which can be rewritten as $$ (X-1)^{2}=X$$ .As $ X=2+\frac{1}{\phi}$ satisfies this equation then $$ (1+\frac{1}{\phi})^{2}=2+\frac{1}{\phi}$$ ,moreover we have $$\phi^{2}=\phi+1$$ $$(2-\frac{1}{\phi^{2}})^{2}=2+\frac{1}{\phi}$$
Let $t=2-\frac{1}{\phi^{2}}$
$$ \frac{1}{\phi} = \sqrt{2-t}$$
$$t^{2}= 2+\frac{1}{\phi}$$
So $$\frac{1}{\phi}=\sqrt{2-\sqrt{2+\frac{1}{\phi}}}=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{...}}}}}}$$
The result is proved
2)Soient $x\geq0$ et $ U_{n}$ une suite de réels vérifiant $ U_{n+1}=x(U_{n}+1)$ et $ U_{0}=\sqrt{x}$
Il est que la suite $ U_{n}$ converge vers $\frac{x+\sqrt{x(x+4)}}{2}$
Par récurrence on a $ U_{1}=\sqrt{x+x\sqrt{x}}\geq\sqrt{ x}$ donc $U_{1}\geq U_{0}$
En supposant la propriété vraie pour un certain n et en remarquant que $U^{2}_{n+1}- U^{2}_{n} =x(U_{n}-U_{n-1})$
donc la suite est bien croissante .Par récurrence on montre que la suite est majorée , en effet $U_{0}\leq \frac{x+\sqrt{x(x+4)}}{2}$
et si $ U_{n}\leq \frac{x+\sqrt{x(x+4)}}{2}$ alors $U^{2}_{n+1}= x(U_{n}+1)\leq \frac{x(x+2+\sqrt{x(x+4)})}{2}$
En remarquant que $(\frac{x+\sqrt{x(x+4)}}{2})^{2}=\frac{x(x+2+\sqrt{x(x+4)}}{2}$ ainsi la suite est bien croissante donc elle converge vers le point fixe de la fonction $g(y)=\sqrt{x(y+1)}$ sur $[0,\infty[$ qui est exactement $\frac{x+\sqrt{x(x+4)}}{2}$
pour $x=5e^{2\pi}-4$ on a le resultat -
Bonjour,
Est-ce que l'on peut voir une démonstration :
$$
2\sin(\frac{\pi}{34})=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{..}}}}}}}}}}
$$
Merci -
Ça ne semble pas coller numériquement. Sauf erreur de ma part, cela signifie que $2\sin\frac{\pi}{34}$ est le point fixe de $f:x\mapsto\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+x}}}$ (dans $[0,1]$). Or $2\sin\frac{\pi}{34}\simeq0,\!1845$ et le point fixe est $a\simeq0,\!3473$.
-
Thot:
Tu peux proposer des problèmes à:
https://americanmathematicalmonthly.submittable.com/submit
J'imagine qu'ils examinent le problème et sa solution avant de publier. -
Je ne vois aucune raison pour que la première $\sum_{n=3}^\infty \frac{1}{p_n \log(n-1)}=e^\gamma/3$ soit vraie.
Autrement dit : ou bien tu as calculé juste les premiers termes et c'est faux, ou bien tu sais étudier des séries Dirichlet du genre $\sum_{n \ge 2} p_n (n-1)^{-s}$ et on aimerait bien savoir comment. -
Sauf erreur,
$\displaystyle \sum_{n=3}^{100000} \frac{1}{p_n\ln(n-1)}=0,9218...$
Tandis que $\frac{1}{3}\exp(\gamma)=0,5936...$
Et le terme général de la série est strictement positif donc si la série converge sa somme est au moins égale à $0,9218$ qui est un nombre plus grand que $\frac{1}{3}\exp(\gamma)$.
PS:
Pas besoin de calculer autant de termes,
$\displaystyle \sum_{n=3}^{10} \frac{1}{p_n\ln(n-1)}=0,6284...$ -
Bref, c'est du troll.
-
Ce n'est pas du troll de se tromper.
Numériquement il est difficile d'infirmer:
$\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\prod_{k=1}^{n}(1-\frac{1}{p_{k}})}{p_{n+1}}=\frac{1}{2}$
qui est peut-être vraie après tout. -
@ Namiswan
D'abord ne dis jamais du mal de toi, laisse les autres le faire ;-)
Ensuite, une chose ne peut s'avérer autre chose que vraie. Par contre elle peut se révéler fausse.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
on a $2\cos^{2}(X)=1+\cos(2X)$ et $2sin^{2}(X)=1-\cos(2X)$
$\bullet$ Posons $y=2\sin(\frac{\pi}{34})$ donc $$y^{2}=2(1-\cos(\frac{\pi}{17}))=2-\sqrt{2+2\cos(\frac{2\pi}{17})}$$
comme $$2\cos(\frac{2\pi}{17})=\sqrt{2+2\cos(\frac{4\pi}{17})}=\sqrt{2+\sqrt{2+2\cos(\frac{8\pi}{17})}}$$
et $$\sin(\frac{\pi}{34})=\cos(\frac{8\pi}{17})$$ d'où
$$ y=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+y}}}}$$
en définitive $$y=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{....}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}$$
$\bullet$ Posons $l=2\sin(\frac{\pi}{66})$ en raisonnant comme précedemment on montre que :
$$l=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+l}}}}}$$
par la suite $$l=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{...}}}}}}}}}}}}}}}}$$
$\bullet$ Posons $$s=2\cos(\frac{24\pi}{65})=2\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{24\pi}{65})=2\sin(\frac{17\pi}{130})$$
comme $$s=\sqrt{2-2\cos(\frac{17\pi}{65})}=\sqrt{{2-2\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{17\pi}{65})}}=\sqrt{2-2\sin(\frac{31\pi}{130})}$$
et $$2\sin(\frac{31\pi}{130})=\sqrt{2-2\cos(\frac{31\pi}{65})}=\sqrt{2-2\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{31\pi}{65})}=\sqrt{2-2\sin (\frac{3\pi}{130})}$$
$$2\sin(\frac{31\pi}{130})=\sqrt{2-\sqrt{2-2\cos(\frac{3\pi}{65})}=\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2+2\cos(\frac{6\pi}{65})}}}}$$
$2\cos(\frac{6\pi}{65})=\sqrt{2+2\cos(\frac{12\pi}{65}))}=\sqrt{2+\sqrt{2+2cos(\frac{24\pi}{65})}}$\\
$s=\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+s}}}}}}$
alors $$s=\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{...}}}}}}}}}}}}}}}}}}$$ -
Une question : pourquoi passer à l'anglais ?
Un copié-collé (mal)heureux ? -
une erreur c est plutot $\frac{2e^{\gamma}}{3}$ mais je vais revoir ma construction
-
Thot:
Tu peux revoir aussi cette égalité:
$\displaystyle \sum_{n=3}^{+\infty}\frac{1}{p_{n}\log(n-1)}=\frac{e^{\gamma}}{3}$
J'ai indiqué ci-dessus pourquoi elle était surement fausse.
Mais je veux bien lire la démonstration que tu dis avoir de cette égalité. -
j ai copié mon code latex j'ai rédigé en anglais mais je vais saisir en français
-
De toute manière, vraies ou pas les preuves sont plus intéressantes que le résultat numérique lui-même (avis personnel).
-
on utilisera cette égalité que je donnerai par la suite la démo $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\prod_{k=1}^{n}(1-\frac{1}{p_{k}})}{p_{n+1}}=\frac{1}{2}$$
de plus on utilisera la formule de Mertens $$ \prod_{p\leq n}\left( 1-\frac{1}{p}\right) =\frac{\exp(-\gamma)}{\ln(n)}\left[1+\bigcirc\left( \frac{1}{\ln(n)}\right) \right] $$ -
Le fait d'utiliser une relation asymptotique pour calculer une limite exacte est déjà suspect mais attendons de voir.
-
Bonjour effectivement tu as raison une erreur de ma part j'ai corrigé .Merci pour ta contribution
-
Généralisation
$$2\sin(\frac{\pi}{2^{n+4}+2})=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{...+\sqrt{2-\sqrt{2+...}}}}}}$$ AVec une succession de -,+,+,+,+,...,+.- dont la période est $n+3$,$\forall n \in \mathbb{N}$ -
$$\frac{\sqrt{7\sqrt{2}+2\sqrt{6-\sqrt{11}}}}{2^{\frac{3}{4}}}=\frac{e^{-\pi}\sqrt{11e^{2\pi}-4}+1}{2}+\frac{e^{-\pi}}{\sqrt{1+\sqrt{11e^{2\pi}-4+(11e^{2\pi}-4)\sqrt{11e^{2\pi}-4+(11e^{2\pi}-4)\sqrt{11e^{2\pi}-4+(11e^{2\pi}-4)\sqrt{11e^{2\pi}-4+(11e^{2\pi}-4)\sqrt{...}}}}}}}$$
preuve
Soient $x\geq0$ et $ U_{n}$ une suite de réels vérifiant $ U_{n+1}=x(U_{n}+1)$ et $ U_{0}=\sqrt{x}$
Il est que la suite $ U_{n}$ converge vers $\frac{x+\sqrt{x(x+4)}}{2}$
Par récurrence on a $ U_{1}=\sqrt{x+x\sqrt{x}}\geq \sqrt{x}$ donc $U_{1}\geq U_{0}$
En supposant la propriété vraie pour un certain n et en remarquant que $U^{2}_{n+1}- U^{2}_{n} =x(U_{n}-U_{n-1})$
donc la suite est bien croissante .Par récurrence on montre que la suite est majorée , en effet $U_{0}\leq \frac{x+\sqrt{x(x+4)}}{2}$
et si $ U_{n}\leq \frac{x+\sqrt{x(x+4)}}{2}$ alors $U^{2}_{n+1}= x(U_{n}+1)\leq \frac{x(x+2+\sqrt{x(x+4)})}{2}$
En remarquant que $(\frac{x+\sqrt{x(x+4)}}{2})^{2}=\frac{x(x+2+\sqrt{x(x+4)})}{2}$ ainsi la suite est bien croissante donc elle converge vers le point fixe de la fonction $g(y)=\sqrt{x(y+1)}$ sur $[0,\infty[$ qui est exactement $\frac{x+\sqrt{x(x+4)}}{2}$
pour $x=11e^{2\pi}-4$ on obtient $\frac{1+\sqrt{11}}{2}$
comme $3-\frac{\sqrt{11}}{2}=(\frac{1-\sqrt{11}}{2})^{2}$
donc $\frac{\sqrt{7\sqrt{2}+2\sqrt{6-\sqrt{11}}}}{2^{\frac{3}{4}}}=\sqrt{\frac{7}{2}+\sqrt{3-\frac{\sqrt{11}}{2}}}=\sqrt{3+\frac{\sqrt{11}}{2}}=\frac{1+\sqrt{11}}{2}$ -
Si $x=f(x)$, on peut bien écrire $x=f\circ f \circ f\circ f (x)$.
En revanche, l'écriture $x=f\circ f\circ \dots$ n'a pas de sens a priori car le deuxième membre n'a pas de sens clair.
Parfois, le point fixe est la limite des itérées d'un point particulier (par exemple $0$), mais ça mérite une preuve.
C'est ce qui justifie par exemple les points de suspension dans le développement en fractions continuées. -
Bonjour aléa je veux bien voir ton approche
-
Oui, désolé, je m'étais trompé de bouton.
-
ok
-
Bonjour,THOT a écrit:Généralisation
$$2\sin(\frac{\pi}{2^{n+4}+2})=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{...+\sqrt{2-\sqrt{2+...}}}}}}$$ AVec
une succession de -,+,+,+,+,...,+.- dont la
période est $n+3$,$\forall n \in \mathbb{N}$
A y être, -et pourquoi ne pas y être?-
$$2\sin(\frac{\pi}{2^{n+1}+2})=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{...+\sqrt{2-\sqrt{2+...}}}}}}$$ AVec
une succession de -,+,+,+,+,...,+.- dont la
période est $n$,$\forall n \in \mathbb{N}$
Amicalement
Paul -
Bonjour Paul l'objectif était de réveler le mystère de Ramanujan pour $\frac{\pi}{18}$ j'ai voulu partir de cette formule comme origine mais avec période n ça marche bien
-
$$1-\frac{1}{2}-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\mu(n)}{n}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\prod_{k=1}^{n}(1-\frac{1}{p_{k}})}{p_{n+1}}$$ où $\mu$ désigne la fonction de Mobuis
-
J'imagine qu'on n'aura jamais sous le clavier de THOT la preuve complète de l'égalité:
$\displaystyle \sum_{n=3}^{+\infty}\frac{1}{p_{n}\log(n-1)}=\frac{2e^{\gamma}}{3}$ -
Bonne nuit,
Des promesses, toujours des promesses .......................
Cordialement,
Rescassol -
Pour l'heure, je trouve ce shtam d'une haute qualité et m'étonne d'une certaine agressivité de mes comparses qui se taisent ordinairement devant les incroyables conneries débitées le plus souvent dans cette rubrique.
Cordialement
Paul -
des conneries c 'est étonnant tu peux analyser les preuves et dire à quel niveau il y a des conneries chez Paul
-
¨ les calculs numériques
$2\sin(\frac{\pi}{34})\simeq 0.184537$ et la fonction fixe a de la fonction $ x\mapsto \sqrt {2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+x}}}}$
vaut : $a\simeq 0.184537$
$ 2cos(\frac{24\pi}{65})\simeq 0.798729$ et le point fixe de la fonction associée vaut $a\simeq0.798729$
$2\sin(\frac{\pi}{66})\simeq 0.0951638$ le point fixe de la fonction associée est $a\simeq 0.0951638$
Chez Depasse montre moi les conneries . Bon je ferme le fil Merci à ceux qui ont contribué à l'échange -
Paul voulait dire qu'il y a beaucoup d'incroyables sottises dans cette section du forum. Il ne voulait pas dire que THOT en ecrivait.
-
Et toujours pas l'once d'une preuve...
-
Bonjour,
Bon, faut pas trop forcer, c'est du niveau des anciennes 1ères C:
Soit $x=2\sin\left(\dfrac{\pi}{34}\right)$.
$2+x=2+2\sin\left(\dfrac{\pi}{34}\right)=2+2\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{34}\right)=4\cos^2\left(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{68}\right)=4\cos^2\left(\dfrac{4\pi}{17}\right)$.
$\sqrt{2+x}=2\cos\left(\dfrac{4\pi}{17}\right)$.
$2+\sqrt{2+x}=2+2\cos\left(\dfrac{4\pi}{17}\right)=4\cos^2\left(\dfrac{2\pi}{17}\right)$.
$\sqrt{2+\sqrt{2+x}}=2\cos\left(\dfrac{2\pi}{17}\right)$.
$2+\sqrt{2+\sqrt{2+x}}=2+2\cos\left(\dfrac{2\pi}{17}\right)=4\cos^2\left(\dfrac{\pi}{17}\right)$.
$\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+x}}}=2\cos\left(\dfrac{\pi}{17}\right)$.
$2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+x}}}=2-2\cos\left(\dfrac{\pi}{17}\right)=4\sin^2\left(\dfrac{\pi}{34}\right)$.
$ \sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+x}}}}=2\sin\left(\dfrac{\pi}{34}\right)$.
Cordialement,
Rescassol -
Rescassol:
Et c'est du niveau terminale:
$\sum_{n=3}^{+\infty}\frac{1}{p_{n}\log(n-1)}=\frac{2e^{\gamma}}{3}$
? -
Il parait que $n(\ln(n) + \ln(\ln(n))-1) \leq p_n$. À partir de ça, la première série proposée converge…
On peut majorer $\sum_{n=3}^\infty \frac{1}{p_n \ln(n-1)}$ par
\[\sum_{n=3}^N \frac{1}{p_n \ln(n-1)} + \int_{N-1}^\infty \frac{1}{x(\ln(x)+\ln(\ln(x))-1)\ln(x-1)} dx \text{.}\]
Si on essaie avec WolframAlpha, on trouve des résultats étonnamment proches de $1$ : lien.
Par contre, les majorants sont plus petits que $\frac{2 e^\gamma}{3} > 1.18$.
J'ai calculé sur mon ordinateur pour $N=14\ 270\ 000$ et je trouve comme minorant (sans l'intégrale) $0.9452015$ et en ajoutant l'intégrale comme majorant $1.001985$. -
Je n'avais pas pensé à minorer par une intégrale aussi. Sauf erreur de précision, en employant $p_n \leq n(\ln(n)+\ln(\ln(n)))$, on obtient comme minorant $1.000476$, ce n'est donc pas $1$ (dommage).
Mais je ne sais pas quelle confiance il faut placer dans un tel résultat numérique, peut-être que mon majorant plus haut est faux à cause d'une mauvaise évaluation de l'intégrale ? -
On peut majorer l'intégrande par $\frac{1}{(x-1)(\ln(x-1)-1)\ln(x-1)}$ et là Wolfram trouve une forme exacte. La majoration reste plus petite que $\frac{2 e^\gamma}{3}$, donc je suis plus confiant que ce n'est pas le résultat.
-
J'ai plus précisément trouvé très intéressante la démarche qu'utilise @THOT pour obtenir que si $x=2\sin\dfrac{\pi}{18}$, alors
$x=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+x}}}$. Mais comme l'a fait remarquer @aléa, attention à l'écriture
$$\sin \frac{\pi}{18}=\frac{1}{2}\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\cdots}}}}\;.$$ En cela on pense à du shtam.
Quant au reste (faisant intervenir la suite des nombres premiers), on pense à du troll ! -
$$\pi=2^{n+1}\sqrt{1-\frac{1+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+\frac{1}{..}}}}}}}}}}{2}}$$
-
$$\phi=\frac{3524578}{2178309+\frac{1}{7881196+\frac{1}{7881196+\frac{1}{7881196+\frac{1}{7881196+\frac{1}{7881196+\frac{1}{7881196+\frac{1}{..}}}}}}}}$$
-
Soient $b>0$ et $a_{n}$ une suite de nombre réels vérifiant $ a_{n+2}=\frac{\sqrt{2}a_{n+1}}{\sqrt{1+\sqrt{1+\frac{a_{n+1}^{2}}{2^{2n}}}}}$ et $a_{1}=\frac{b^{2}-1}{2b}$ alors $\lim_{n\mapsto +\infty} a_{n}=\log(b)$
-
$\forall \alpha \in [-1,1]\backslash\{ \frac{-1}{2},0,\frac{1}{2}\}$ $$\pi=\frac{1}{\alpha}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{2n-1}tan^{2n-1}(\alpha \pi)\cos((4n-2)\alpha \pi)+\frac{1}{\alpha}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{2n}tan^{2n}(\alpha \pi)\sin((4n)\alpha \pi)$$
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