Ramanujan' ın "En kolay eşitliği"

Question

Ramanujan, 1914 de, "The Journal of the Indian Mathematical Society" dergisinde, bu eşitliğin gösterilmesi sorusunu sormuş.
G. Hardy, bu eşitliğe, "Ramanujan' ın en kolay eşitliği" adını vermiş.

Comments

ilk kismini buldum sanirim

$f(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{{\prod\limits_{i=0}^{n} 2i+1}} x^{2n+1}$

turevini alalim

$f'(x) = 1+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{{\prod\limits_{i=0}^{n-1} 2i+1}} x^{2n}$

ama bu su esitligi saglar

$f'(x) = 1 + x f(x)$

buradan $f$ i cozup $f(1)$ i bulabliriz sanirim.
$f(1)$ toplamin ilk kismina esit olmali.

---

İkinci taraf için $f(x,s) = \dfrac{s}{x+e^{\partial_s} f(x,s)}$ şöyle bir ifade ile oynuyorum. Açtığımda (doğru hesapladıysam): $$f(x,s) = \cfrac{e^{0\cdot\partial_s}s}{x+\cfrac{e^{1\cdot\partial_s}s}{x+\cfrac{e^{2\cdot\partial_s}s}{x+\cfrac{e^{3\cdot\partial_s}s}{x+\cdots}}}}$$ O da: $$f(x,s) = \cfrac{s}{x+\cfrac{s+1}{x+\cfrac{s+2}{x+\cfrac{s+3}{x+\cdots}}}}$$ Sanırım $\dfrac{1}{f(1,1)}$ ile sağ tarafı elde edebilirim: $$\frac{1}{f(1,1)} = \frac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{2}{1+\cfrac{3}{1+\cdots}}}}$$

---

$f(x,s)$ yerine (başka) bir $f(x)$ bulamaz msın?
$\int_0^{\infty}e^{-x^2}\,dx=\frac{\sqrt{\pi}}2$ integrali ile ilişkili.

---

gauss integrali ile iliskisini hanuz kavrayamadim ama soyle denemeler yaptim. sanirim turevleri yanlis aldim ama sanirim $\frac{\partial_x y}{y}$ baglantisindan bir seyler gelecek.

$f_n(x) = \frac{n}{x+f_{n+1}(x)} $

$y(x) = \frac{1}{x+f_0(x)}$

 

$\partial_x f_n = -\frac{1+\partial_xf_{n+1}}{(x+f_{n+1})^2} =  -\frac{1+\partial_xf_{n+1}}{(f_{n})^{-2}} =-f_{n}^2 (1+\partial_xf_{n+1})  $

$\partial_x y = -\frac{1+\partial_x f_0}{(x+f_0)^2} = -\frac{1+\partial_x f_0}{y^{-2}} = y^2 (1+\partial_x f_0) = y^2 (1+(-f_{0}^2 (1+(-f_{1}^2 (1+(-f_{2}^2 (1+\cdots))))$