黄金比例能准确地用e和π表示吗？

$\BEGINGROUP$我在玩弄数字时注意到$\sqrt e$与$\φ$非常接近，因此，我自己设法找出一种方法来用声名狼藉的值$\Large\pi$和$\Large e$来表示黄金比例。到目前为止，我最接近的是：$$\varphi\Approx\sqrt e-\frac{\pi}{(e+\pi)^e(e+\pi){(e+\pi)^e；到目前为止，我最接近的是：$$\varphi\Apx\sqrt e-\frac{\pi}{(e+\pi)^e。

我的问题是，有没有更好的(更精确和准确的)方式用$e$和$\pi$来表示$\φ$？

$\结束组$。

$\Begingroup$@lhf：我已经更正了。有趣的是：这比大卫·范伯格的孤单数字更接近美元。$\endgroup$-1nick。

$\BEGINGROUP$@丹：我弄错了，对不起。我不小心把正号换成了负号。现在离这里近了一点。$\endgroup$-1nick。

尼克我已经试过重新打标签了。可能有一些更具概念性的东西是合适的，但这就够了。$\endgroup$-1鲨鱼。

$\Beginggroup$值得注意的是，$\pi/2\Approx\Phi$$\endgroup$-1 Mrigank Shekhar Pathak。

$\Beginggroup$$e$和$\pi$是超越数，也就是说，它们不是任何有理系数多项式的解。不难看出，如果$x$是超越性的，那么以下也是超越性的：

$\φ$不是超越的：它是一个简单的二次多项式的解，所以它不会是上述应用于超越数的任何运算的结果。仅使用$e$和$\pi$中的一个即可获得与$\φ$完全相等的表达式，上述操作的唯一方法是根本不使用它们，例如，像其他答案那样完全取消它们。

如果同时使用$e$和$\pi$怎么办？嗯，有点荒谬的是，它甚至不知道$e+\pi$是否是非理性的，更不用说超越了！因此，以我们目前的知识水平，我们不能说你是否能以一种不平凡的方式准确地赚到$\φ$。然而，我认为如果结果是$e+\pi$或类似的东西(当然，除了$e^{i\pi}$及其家族之外)，大多数数学家都会非常惊讶！不是超然的，因此对于构建像$\φ$这样的东西几乎毫无用处。

$\结束组$。

$\BEGINGROUP$其他答案都很可爱，但这会增加很多深度。感谢您的贡献！$\endgroup$-1Beska。

$\BEGINGROUP$BRAVO！我认为作品的基本问题是，$\φ$是否与$\pi$和/或$e$的基本联系方式就像$\pi$和$e$是相互关联的一样。答案当然是否定的，基于这个答案中概述的原因，它不是。$\endgroup$-欧元米切利。

$\Begingroup$你会认为$\varphi=e^{i\pi/5}+e^{-i\pi/5}$"；是一种不平凡的方式吗？我猜想它是$e^e^$$及其家族的成员。？$\endgroup$-Ar A.Rex。

$\BEGINGROUP$$+1$。我不知道为什么上面的笑话比这个答案更受欢迎。$\endgroup$-1穆斯塔法。

我不明白，为什么这个答案会被赞许呢？这甚至不是答案。$\endgroup$-1外挂

$\BEGINGROUP$当我看到这个的时候，我知道那一刻，我的人生历程正在改变$\BEGINGROUP$-BEGINGUP用户85461。

$\Beginggroup$我一提出问题就应该预料到这样的答案。$\endgroup$-1nick。

$\BEGINGROUP$在撰写本文时，其他三个答案通过使用诸如$e/e$和$\pi/\pi$之类的表达式来简单地表示黄金比例，以获得小整数。第四个也是最后一个讨论了为什么不太可能有一个好的解决方案。

我相信使用虚构单位$i=\sqrt{-1}$会得到以下非常漂亮的解：$$\varphi=e^{i\pi/5}+e^{-i\pi/5}。$$。

编辑：Robjohn指出，可以从以下表达式直接推导黄金比率$\varphi^2=\varphi+1$的基本恒等式：

$\结束组$。

$\BEGINGROUP$尽管它来自$\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，但它以这种方式看待它很好。$\endgroup$-1卡梅隆·威廉姆斯。

这个答案与几何事实有关，如果你在正五边形内形成一颗星，星的边与五边形的边之比是$2\cos\frac{\pi}{5}=\varphi$。$\endgroup$-1阿奇勒·辉

$\egingroup$@CameronWilliams：我不确定你的意思，当然这是黄金比例。如果您将我表达式中的$5$s更改为$6$s，则不会得到$(1+\sqrt{6})/2$。(实际上，您将获得$\sqrt{3}$。)$\endgroup$-A。Rex。

$\BEGINGROUP$这是对一个不是特别好的问题的很好的回答。你无所事事的好奇心是通往你能够理解的深刻而美丽的数学的大门--这是老师能教给你的最好的东西。可悲的是，有趣的答案获得了三倍多的赞成票$\endgroup$-jwg。

$\Beginggroup$(+1)我在发布后才看到您的答案，所以我删除了我的答案。但是，请注意，$$\BEGIN{ALIGN}\color{#C00000}{\left(e^{i\pi/5}+e^{-i\pi/5}\right)}^2&；=e^{i2\pi/5}+2+e^{-i2\pi/5}\\&；=\left(e^{i2\pi/5}+1+e^{-i2\pi/5}\right)+1\\&；=-\left(e^{i4\pi/5}+e^{-i4\pi/5}\right)+1\\&；=\color{#C00000}{\left(e^{i\pi/5}+e^{-i\pi/5}\right)}+1\End{Align}$\EndGroup$-BROBJOHN♦。

$\BEGINGROUP$如果讨论不限于封闭形式的表达式，那么值得补充的是，Ramanujan给Hardy的第一封信包含一个身份，稍作重新排列，就可以用$\pi$和$e$精确地表达$\φ$：

虽然$\φ$可以在根数中找到(因此在LHS上不是孤立的)，但Ramanujan的洞察力肯定是美丽的，并且值得注意的是联合了数论的三个支柱。

$\结束组$。

$\BEGINGROUP$很好，但我认为操作员正在搜索一个有限表达式。$\endgroup$-n用户5402。

$\BEGINGROUP$@元紧凑性：不要妄想这样的事情。这是一个漂亮的答案。$\endgroup$-1nick

$\Begingroup$@Nick，您没有指定是要有限表达式还是无限表达式，但您的两个近似值建议使用有限表达式。$\endgroup$-n用户5402。

$\BEGINGROUP$如果你想要一个近似的有限表达式，那么你只需截断连分数即可。$\endgroup$-Ar A.Rex。

$\BEGINGROUP$现在用大量自动取消的$\pi$/$e$术语替换其中的整数，这些术语最终会给您提供值1、5、(2或4)以供您品尝(-：

$\phi=\dfrac{\pi^e}{\pi^e+e^{\，\t expm{ln}\Left(\pi\right)\Times e}}+\sqrt{\dfrac{\tfrac{\pi e+\pi e}{\pi e}}{\tfrac{\pi e+\pi e+e\pi e^{\，i\pi}}{\pi e}。

$\结束组$。

$\Begingroup$这些笑话的解决方案是完全正确的。简单的数学并不是错误的数学。如果你看一下原来的问题，这些答案都是符合所有规则的。$\endgroup$-1马特。

$\Begingroup$@Matt：当然，它们是正确的，而且非常有趣，但即使是那些数学不太好的人，它们也可以简化为$(1+\sqrt 5)/2$。最好的答案应该是既正确又不那么直观地为普通人所理解的答案。$\endgroup$-1nick。

$\BEGINGROUP$@尼克，如果有些东西是普通人不能理解的，那为什么要好呢？数学是关于创造只有数学家才能理解的秘密吗？不是的。它是关于为我们感兴趣的问题提供精确的解决方案。解决方案越简单越好。如果解决方案看起来像个笑话，那么你的问题措辞不准确。$\endgroup$-1 Turion

$\Begingroup$此关系是使用FindIntegerNullVector[N@{Pi，E，(1+sqrt[5])/2}]与MATHEMICATA一起找到的(遗憾的是，Wolfram Alpha不理解这一点)。

$\结束组$。

$\BEGINGROUP$(它表示"；查找$e$，而不使用对数、指数或e本身"；--$\pi$和$\phi$默认情况下已在其中)。

(说明"；仅使用$\pi$、$\phi$和运算符$+-\cdot/\sqrt[n]{\}\\text{^}\sin\cos\tan$"；查找$e$.。基本上，也禁止号码)提供了。

还有更多。(如果我更小心，我会让它首先解决$\φ$…)。

$\结束组$。

在我的机器上，$e-\sqrt[3]\pi$大约是1.254，这似乎不是一个很好的近似值。$\endgroup$-1坦纳·斯威特。

$\Begingroup$@TannerSwett：有可能我在键入时转换错误。正如您从命令中看到的，我实际上要求RIES查找$e$，而不是$\varphi$，因此我在发布之前进行了转换。$\endgroup$-1查尔斯

$\BEGINGROUP$不错的尝试。令人惊讶的是，这是我最初做的近似值之一。$\endgroup$-1nick。

$\Begingroup$J.DePompeo(2004)编写了等效的$$\frac{5\phi e}{7\pi}\约1$$(mathworld.wolfram.com/AlmostInteger.html中的公式34)$\endgroup$--Jaume Oliver Lafont。

$\BegingGroup$如果您定义序列$a_1=a_2=-e^{i\pi}$，$a_k=a_{k-1}+a_{k-2}$，则$\lim_{n\right tarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\φ$。

$\结束组$。

$\BEGINGROUP$如果您愿意，甚至可以让$a_1=e$和$a_2=\pi$。只要初始值是正数，它们就不会有太大影响。$\endgroup$-Ar A.Rex。

$\BEGINGROUP$.归结为斐波那契序列，对于任何对其工作原理感兴趣的人来说！$\BEGINGROUP$-MARK K Cowan。

$\Beginggroup$似乎到目前为止，所有从理论角度来研究这个问题的答案都是从精确答案的角度来研究这个问题的，但是我们也可以说很多关于什么时候可能会有好的近似的问题。当然，有些答案已经提供了一些愚蠢的方法来准确地做到这一点，所以近似可能看起来不必要，但它为一些基本的超越数论提供了一个很好的途径。

这是一个悬而未决的问题，几乎每个人都相信这是正确的，即$frac e\pi$是非理性的。让我们暂时假设这是真的。那么它是一个著名定理的平凡推论，即如果$\α$是无理数，而$\β$是任意实数，则存在$p+q\α\近似\β$与$p，q$整数的任意良好逼近。也就是说，取$\alpha=\frac e\pi$和$\beta=\frac\φ\pi$，我们可以找到整数$p，q$，使得$pe+q\pi$近似于你想要的任何公差。

一个这样的近似可能是$357pi-412e=1.61646…。\大约1.61803.。=\φ$，精确到千分之一。一个人可以做得更好，但这至少证明了这一原则。如果357和412给你带来麻烦，你可以想象我写的和在左边有729项，其中357项是$\pi$，412项是$-e$。

那么，如果与所有赌注相反，$\frac e\pi$是理性的呢？那么情况正好相反。对于形式为$pe+q\pi$的$\φ$只有一个最佳近似，这不是精确的，并且有无限多个$p$和$q$可产生相同的近似。这是因为，在这种情况下，形式为$pe+q\pi$的每个数字都是$e$的有理倍数，分母除以$d$，即写成最低项的整数分数时的$\frac e\pi$的分母。当然，这些都不可能是精确的，因为它们要么都是0，要么是超越的，而$\φ$是代数的，而且由于所有这些数字的集合都是离散的(只有$\frac{e}{d}\mathbb Z$，其中$d$是上面提到的分母)，所以$\φ$不在它的闭包中。也就是说，$\frac e\pi$的无理性等价于对于整数$p$和$q$，存在形式为$pe+q\pi$的$\φ$的任意好近似。当然，目前$d$的下限可能会非常大，因为我们知道$e$和$\pi$的大量数字，而HAVAIN还没有找到任何这样的值为$\frac e\pi$的有理数字，所以对于所有实际目的都会有非常好的近似，但最终必须有一个最好的近似，就像$\φ$(即2)有一个最佳整数近似一样。

幸运的是，即使在这种情况下，我们仍然可以基于$e$和$\pi$构造对$\φ$的任意好的近似；只是以不同的方式。当然，对于某些$n$，$\sqrt[n]\frac{e}{\pi}$是无理的(对于除0和1之外的任何实数都是如此，而$\frac e\pi$显然都不是)。我们可以像以前一样玩同样的游戏，以得到形式为$p\sqrt[n]e+q\sqrt[n]\pi$到$\φ$的任意好的近似，其中包含$p$和$q$整数。如果这个$n$的出现让您感到困扰，我们甚至可以将$n$设为2的幂，这样$\sqrt[n]{}$就可以写成$\sqrt{}$的重复组合，即$\sqrt[8]{x}=\sqrt{\sqrt{x}$，即$\sqrt[8]{x}=\sqrt{\sqrt{{x}$。

请注意，在上述所有情况下，它不知道(据我所知)给出的表格是否能准确地代表$\φ$，尽管所有的赌注都是否定的。当然，在已知的情况下，它确实表示$\φ$，因为这将证明$e$和$\pi$在代数上不是独立的(这是一个主要未解决的问题)。原则上，可能会有这样的情况，它肯定知道表单并不完全代表$\phi$，但实际上没有任何关于这样的问题，所以如果有任何已知的情况，我会感到惊讶。

$\结束组$。

$\BEGINGROUP$从这个$\phi=2\cos(\frac{\pi}{5})$和欧拉公式$e^{ix}=\cos(X)+i\sin(X)$可以得出这个公式$\phi=2e^{i\frac{\pi}{5}}-2i\sin(\frac{\pi}{5})$。[检查]。

$\结束组$。

$\BEGINGROUP$这是一个很好的方法！请查看我的答案，了解如何将其转换为特别干净的表达式。$\endgroup$-Ar A.Rex

$\Begingroup$使用Euler的单位$e^{i\pi}+1=0$的5个常数，可以将$\varphi$包括到公式中，以给出包含如下6个常数的单位：$$e^{\frac{i\pi}{1+\varphi}}+e^{-\frac{i\pi}{1+\varphi}}+e^{\frac{i\pi}}+e^{\frac{i\pi}}。

$\结束组$。

由Gelfond常数的第六个根给出精度类似于$\pi\Approx3$(误差5%)的近似值。

$\结束组$。

$\BEGINGROUP$这类似于我最初的做法，链接中的那些巧合很不错。是什么让163变得特别？$\endgroup$-1nick。

$\egingroup$it'；是最大的Heegner数，$\exp(\pi\sqrt{163})$非常接近整数。这有更多的巧合。$\endgroup$--TheSimpliFire。

$\Beginggroup$\pi^2=50\sum_{k=0}^\infty{1\高于1.5pt\φ^{5k}}\Bigg({\phi^{-2}\高于1.5pt(5k+1)^2}-{\phi^{-1}\高于1.5pt(5k+2)^2}-{\phi^{-2}\高于1.5pt(5k+3)^2}+{\phi。

；它是以$2的平方根在众所周知的无穷级数上播放的。具体地说，只需考虑写为$2\cos(\frac{\pi}{k})$的数字，并取$k=5.$

$\结束组$。

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