Cho số nguyên $n ,$ không âm , xuất ra số Euler thứ$n^{\text{th}}$ ( OEIS A122045 ).

Tất cả các số Euler được lập chỉ mục lẻ là $0 .$Những con số Euler thậm chí lập chỉ mục có thể được tính theo công thức sau ( $i \equiv \sqrt{-1}$ đề cập đến đơn vị ảo):

$$E_{2n} = i \sum_{k=1}^{2n+1}{ \sum_{j=0}^{k}{ \left(\begin{array}{c}k \\ j \end{array}\right) \frac{{\left(-1\right)}^{j} {\left(k-2j\right)}^{2n+1}}{2^k i^k k} } } \,.$$

Quy tắc

• $n$ sẽ là một số nguyên không âm sao chosố Euler thứ$n^{\text{th}}$ nằm trong phạm vi số nguyên có thể biểu thị cho ngôn ngữ của bạn.

Các trường hợp thử nghiệm

0 -> 1
1 -> 0
2 -> -1
3 -> 0
6 -> -61
10 -> -50521
20 -> 370371188237525

Toán học, 6 byte

EulerE

-ho-

J , 10 byte

(1%6&o.)t:

Hãy thử trực tuyến!

Sử dụng định nghĩa cho hàm tạo hàm mũ sech (x).

Pari / GP , 32 byte

n->n!*Vec(1/cosh(x+O(x^n++)))[n]

Hãy thử trực tuyến!

Maple, 5 byte

euler

Thắng lợi cho tích hợp?

Tối đa , 5 byte / 42 byte

Maxima được tích hợp sẵn trong:

euler

Hãy thử trực tuyến!

Giải pháp sau đây không yêu cầu tích hợp từ phía trên và sử dụng công thức xác định ban đầu các số euler.

Về cơ bản, chúng tôi đang tìm kiếm hệ số thứ n của việc mở rộng chuỗi 1/cosh(t) = sech(t)(lên đến n!)

f(n):=coeff(taylor(sech(x),x,0,n)*n!,x,n);

Hãy thử trực tuyến!

Mathicala, không tích hợp, 18 byte

Sử dụng công thức của @ rahnema1 :

2Im@PolyLog[-#,I]&

---

21 byte:

Sech@x~D~{x,#}/.x->0&

Python 2.7, 46 byte

Sử dụng scipy.

from scipy.special import*
lambda n:euler(n)[n]

Perl 6 , 78 byte

{(->*@E {1-sum @E».&{$_*2**(@E-1-$++)*[*](@E-$++^..@E)/[*] 1..$++}}...*)[$_]}

Sử dụng công thức lặp từ đây :

$$E_n = 1 - \sum_{k=0}^{n-1} \left[ E_k \cdot 2^{(n-1-k)} \cdot \binom{n}{k} \right]$$

Làm thế nào nó hoạt động

Cấu trúc chung là một lambda trong đó một chuỗi vô hạn được tạo ra, bởi một biểu thức được gọi lặp lại và nhận tất cả các giá trị trước đó của chuỗi trong biến @E, và sau đó chuỗi đó được lập chỉ mục với đối số lambda:

{ ( -> *@E {    } ... * )[$_] }

Biểu thức được gọi cho mỗi bước của chuỗi, là:

1 - sum @E».&{              # 1 - ∑
    $_                      # Eₙ
    * 2**(@E - 1 - $++)     # 2ⁿ⁻ˡ⁻ᵏ
    * [*](@E - $++ ^.. @E)  # (n-k-1)·...·(n-1)·n
    / [*] 1..$++            # 1·2·...·k
}

Tối đa, 29 byte

z(n):=2*imagpart(li[-n](%i));

Dùng thử trực tuyến!

Hai lần phần ảo của hàm polylogarithm theo thứ tự -nvới đối số i [1]

JavaScript (Node.js) , 46 45 byte

F=(a,b=a)=>a?(b+~a)*F(--a,b-2)+F(a,b)*++b:+!b

Hãy thử trực tuyến!

$E_n$$F(n, i)$$-F(n,i)$$n$$F'(n,i)=(-1)^nF(n,i)$$F$$F'$

$$F'(n,i)=(i-n-1)F'(n-1,i-2)+(i+1)F'(n-1,i)$$

JavaScript (Node.js) , 70 46 byte

F=(a,b=a)=>a?-F(--a,b)*++b+F(a,b-=3)*(a-b):+!b

Hãy thử trực tuyến!

Ngạc nhiên khi không tìm thấy câu trả lời JavaScript nào, vì vậy tôi sẽ thử.

$\mathrm{sech}(x)$

Giải trình

$T^n:=\mathrm{tanh}^n(t)$$S^n:=\mathrm{sech}^n(t)$

$$\frac{d^nS}{dt^n}=\sum_{i=0}^nF(n,i)T^{n-i}S^{i+1}$$

$\frac{dT}{dt}=S^2$$\frac{dS}{dt}=-TS$

$$\begin{equation} \begin{aligned} \frac{d}{dt}(T^aS^b)&=aT^{a-1}(S^2)(S^b)+bS^{b-1}(-TS)(T^a) \\ &=aT^{a-1}S^{b+2}-bT^{a+1}S^b \end{aligned} \end{equation}$$

$b=i+1$$a=n-i$

$$\begin{equation} \begin{aligned} \frac{d}{dt}(T^{n-i}S^{i+1})&=(n-i)T^{n-i-1}S^{i+3}-(i+1)T^{n-i+1}S^{i+1}\\ &=(n-i)T^{(n+1)-(i+2)}S^{(i+2)+1}-(i+1)T^{(n+1)-i}S^{i+1} \end{aligned} \end{equation}$$

That is, $F(n,i)$ contributes to both $F(n+1,i+2)$ and $F(n+1,i)$. As a result, we can write $F(n,i)$ in terms of $F(n-1,i-2)$ and $F(n-1,i)$:

$$F(n,i)=(n-i+1)F(n-1,i-2)-(i+1)F(n-1,i)$$

with initial condition $F(0,0)=1$ and $F(0,i)=0$ where $i\neq 0$.

The related part of the code a?-F(--a,b)*++b+F(a,b-=3)*(a-b):+!b is exactly calculating using the above recurrence formula. Here's the breakdown:

-F(--a,b)                // -F(n-1, i)                  [ a = n-1, b = i   ]
*++b                     // *(i+1)                      [ a = n-1, b = i+1 ]
+F(a,b-=3)               // +F(n-1, i-2)                [ a = n-1, b = i-2 ]
*(a-b)                   // *((n-1)-(i-2))              [ a = n-1, b = i-2 ]
                         // which is equivalent to *(n-i+1)

Since $T(0)=0$ and $S(0)=1$, $E_n$ equals the coefficient of $S^{n+1}$ in the expansion of $\frac{d^nS}{dt^n}$, which is $F(n,n)$.

For branches that $F(0,0)$ can never be reached, the recurrences always end at 0, so $F(n,i)=0$ where $i<0$ or $i$ is odd. The latter one, particularly, implies that $E_n=0$ for all odd $n$s. For even $i$s strictly larger than $n$, the recurrence may eventually allow $0\leq i\leq n$ to happen at some point, but before that step it must reach a point where $i=n+1$, and the recurrence formula shows that the value must be 0 at that point (since the first term is multiplied by $n-i+1=n-(n+1)+1=0$, and the second term is farther from the "triangle" of $0\leq i\leq n$). As a result, $F(n,i)=0$ where $i > n$. This completes the proof of the validity of the algorithm.

Extensions

The code can be modified to calculate three more related sequences:

Tangent Numbers (46 bytes)

F=(a,b=a)=>a?F(--a,b)*++b+F(a,b-=3)*(a-b):+!~b

Secant Numbers (45 bytes)

F=(a,b=a)=>a?F(--a,b)*++b+F(a,b-=3)*(a-b):+!b

Euler Zigzag Numbers (48 bytes)

F=(a,b=a)=>a?F(--a,b)*++b+F(a,b-=3)*(a-b):!b+!~b

Befunge, 115 bytes

This just supports a hardcoded set of the first 16 Euler numbers (i.e. E₀ to E₁₅). Anything beyond that wouldn't fit in a 32-bit Befunge value anyway.

&:2%v
v@.0_2/:
_1.@v:-1
v:-1_1-.@
_5.@v:-1
v:-1_"="-.@
_"}$#"*+.@v:-1
8**-.@v:-1_"'PO"
"0h;"3_"A+y^"9*+**.@.-*8+*:*

Try it online!

I've also done a full implementation of the formula provided in the challenge, but it's nearly twice the size, and it's still limited to the first 16 values on TIO, even though that's a 64-bit interpreter.

<v0p00+1&
v>1:>10p\00:>20p\>010g20g2*-00g1>-:30pv>\:
_$12 0g2%2*-*10g20g110g20g-240pv^1g03:_^*
>-#1:_!>\#<:#*_$40g:1-40p!#v_*\>0\0
@.$_^#`g00:<|!`g01::+1\+*/\<
+4%1-*/+\2+^>$$10g::2>\#<1#*-#2:#\_$*\1

Try it online!

The problem with this algorithm is that the intermediate values in the series overflow much sooner than the total does. On a 32-bit interpreter it can only handle the first 10 values (i.e. E₀ to E₉). Interpreters that use bignums should do much better though - PyFunge and Befungee could both handle at least up to E₃₀.

Python2, (sympy rational), 153 bytes

from sympy import *
t=n+2 
print n,re(Add(*map(lambda (k,j):I**(k-2*j-1)*(k-2*j)**(n+1)*binomial(k,j)/(k*2**k),[(c/t+1,c%t) for c in range(0,t**2-t)])))

This is very suboptimal but it's trying to use basic sympy functions and avoid floating point. Thanks @Mego for setting me straight on the original formula listed above. I tried to use something like @xnor's "combine two loops" from Tips for golfing in Python

CJam (34 bytes)

{1a{_W%_,,.*0+(+W%\_,,:~.*.+}@*W=}

Online demo which prints E(0) to E(19). This is an anonymous block (function).

The implementation borrows Shieru Akasoto's recurrence and rewrites it in a more CJam friendly style, manipulating entire rows at a time.

Dissection

{           e# Define a block
  1a        e#   Start with row 0: [1]
  {         e#   Loop...
    _W%     e#     Take a copy and reverse it
    _,,.*   e#     Multiply each element by its position
    0+(+    e#     Pop the 0 from the start and add two 0s to the end
    W%      e#     Reverse again, giving [0 0 (i-1)a_0 (i-2)a_1 ... a_{i-2}]
    \       e#     Go back to the other copy
    _,,:~.* e#     Multiply each element by -1 ... -i
    .+      e#     Add the two arrays
  }         e#
  @*        e#   Bring the input to the top to control the loop count
  W=        e#   Take the last element
}

Wolfram Language (Mathematica), 47 46 bytes

Without using any special functions:

e@0=1;e@n_:=-n!Sum[e[n-k]/k!/(n-k)!,{k,2,n,2}]

Try it online!

Axiom, 5 bytes

euler

for OEIS A122045; this is 57 bytes

g(n:NNI):INT==factorial(n)*coefficient(taylor(sech(x)),n)

test code and results

(102) -> [[i,g(i)] for i in [0,1,2,3,6,10,20]]
   (102)
   [[0,1],[1,0],[2,- 1],[3,0],[6,- 61],[10,- 50521],[20,370371188237525]]

(103) -> [[i,euler(i)] for i in [0,1,2,3,6,10,20]]
   (103)
   [[0,1],[1,0],[2,- 1],[3,0],[6,- 61],[10,- 50521],[20,370371188237525]]

APL(NARS), 42 chars, 84 bytes

E←{0≥w←⍵:1⋄1-+/{(⍵!w)×(2*w-1+⍵)×E⍵}¨¯1+⍳⍵}

Follow the formula showed from "smls", test:

  E 0
1
  E 1
0
  E 3
0
  E 6
¯61
  E 10
¯50521

the last case return one big rational as result because i enter 20x (the big rational 20/1) and not 20 as i think 20.0 float 64 bit...

  E 20x
370371188237525 

It would be more fast if one return 0 soon but would be a little more long (50 chars):

  E←{0≥w←⍵:1⋄0≠2∣w:0⋄1-+/{(⍵!w)×(2*w-1+⍵)×E⍵}¨¯1+⍳⍵}
  E 30x
¯441543893249023104553682821 

it would be more fast if it is used the definition on question (and would be a little more long 75 chars):

  f←{0≥⍵:1⋄0≠2∣⍵:0⋄0J1×+/{+/⍵{⍺÷⍨(0J2*-⍺)×(⍵!⍺)×(¯1*⍵)×(⍺-2×⍵)*n}¨0..⍵}¨⍳n←1+⍵}
  f 0
1
  f 1
0
  f 3
0
  f 6
¯61J0 
  f 10
¯50521J¯8.890242766E¯9 
  f 10x
¯50521J0 
  f 20x
370371188237525J0 
  f 30x
¯441543893249023104553682821J0 
  f 40x
14851150718114980017877156781405826684425J0 
  f 400x
290652112822334583927483864434329346014178100708615375725038705263971249271772421890927613982905400870578615922728
  107805634246727371465484012302031163270328101126797841939707163099497536820702479746686714267778811263343861
  344990648676537202541289333151841575657340742634189439612727396128265918519683720901279100496205972446809988
  880945212776281115581267184426274778988681851866851641727953206090552901049158520028722201942987653512716826
  524150450130141785716436856286094614730637618087804268356432570627536028770886829651448516666994497921751407
  121752827492669601130599340120509192817404674513170334607613808215971646794552204048850269569900253391449524
  735072587185797183507854751762384660697046224773187826603393443429017928197076520780169871299768968112010396
  81980247383801787585348828625J0 

The result above it is one complex number that has only the real part.