数列$\{a_n\}_{n\ge1}:a_{n+1}-a_n\ge n,a_1=\frac18$

hbghlyj

数列$\{a_n\}_{n\ge1}:a_{n+1}-a_n\ge n,a_1=\frac18$.证明：\[\frac{1}{{{a_1}}} + \frac{1}{{{a_2}}} +  \cdots  + \frac{1}{{{a_n}}} < \pi^2\]

kuing

那显然 `a_n\geqslant(2n-1)^2/8`，只需证明
\[\sum_{k=1}^n\frac1{(2k-1)^2}<\frac{\pi^2}8,\]
实际上右边就是左边的极限。
这不是初等数学问题，移走。

kuing

相关帖子：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=collection&action=view&ctid=4

hbghlyj

WolframAlpha $\lim _{a_1\rightarrow \frac{1}{8}^-} \frac{2 \pi \tan \left(\frac{1}{2} \pi \sqrt{1-8 a_1}\right)}{\sqrt{1-8 a_1}}=\pi^2$
WolframAlpha $\lim _{a_1\rightarrow \frac{1}{8}^+} \frac{2 \pi \tanh \left(\frac{1}{2} \pi \sqrt{8 a_1-1}\right)}{\sqrt{8 a_1-1}}=\pi^2$

$a_{n+1}-a_n=n,a_1=\frac18$:

hbghlyj

WolframAlpha$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_1+\frac{1}{2}n(n-1)}=\begin{cases}\frac{2 \pi \tan \left(\frac{1}{2} \pi \sqrt{1-8 a_1}\right)}{\sqrt{1-8 a_1}}&a_1<\frac18\\\frac{2 \pi \tanh \left(\frac{1}{2} \pi \sqrt{8 a_1-1}\right)}{\sqrt{8 a_1-1}}&a_1>\frac18\end{cases}$$
如何证明

hbghlyj

wolframalpha.com/input?i=show+residues+tan%28%CF%80%2F2*sqrt%28z%29%29%2Fsqrt%28z%29+at+1

Residue[Tan[(Pi Sqrt[z])/2]/Sqrt[z], {z, 1}]
$$= -4/π$$

hbghlyj

我们将证明
\[
\sum_{n\ge1}\frac{1}{\,z+\tfrac{1}{2}n(n-1)}
=\frac{2\pi\,\tan\Bigl(\frac{\pi}{2}\sqrt{1-8z}\Bigr)}
{\sqrt{1-8z}}
\]
通过验证右边的亚纯函数在
\[
z=-\frac{1}{2}n(n-1),\quad n=1,2,\dots,
\]
处有简单极点，并且每个极点的留数为1。（重新索引后，对应于 \( n=1 \) 的极点在 \( z=0 \)，对应于 \( n=2 \) 的极点在 \( z=-1 \)，对应于 \( n=3 \) 的极点在 \( z=-3 \)，依此类推。）

定位极点

写作
\[
f(z)=\frac{2\pi}{\sqrt{1-8z}}\tan\Bigl(\frac{\pi}{2}\sqrt{1-8z}\Bigr).
\]
引入
\[
w=\sqrt{1-8z}.
\]
正切函数 \( \tan\Bigl(\frac{\pi}{2}w\Bigr) \) 在
\[
\frac{\pi}{2}w=\frac{\pi}{2}+k\pi,\quad k\in\mathbb{Z},
\]
处有简单极点，即
\[
w=1+2k,\quad k\in\mathbb{Z}.
\]
由于我们感兴趣的是对应于左边求和中的极点（在反转 \( w=\sqrt{1-8z} \) 后），设
\[
w=2k+1,\quad k=0,1,2,\dots.
\]
那么
\[
1-8z = (2k+1)^2\quad\Longrightarrow\quad z=\frac{1-(2k+1)^2}{8}.
\]
简单的代数运算显示
\[
(2k+1)^2=4k^2+4k+1,\quad\text{所以}\quad z=\frac{1-4k^2-4k-1}{8}=-\frac{k(k+1)}{2}.
\]
因此极点出现在
\[
z=-\frac{1}{2}k(k+1),\quad k=0,1,2,\dots,
\]
这在索引变化 \( n=k+1 \) 后，正好是
\[
z=-\frac{1}{2}n(n-1),\quad n=1,2,3,\dots.
\]

计算极点处的留数

设
\[
z_0=-\frac{1}{2}k(k+1),\quad k\ge0.
\]
对于 \( z \) 接近 \( z_0 \) 设
\[
z=z_0+\epsilon,\quad \epsilon\to0.
\]
那么
\[
1-8z=1-8\Bigl(-\frac{k(k+1)}{2}+\epsilon\Bigr)=1+4k(k+1)-8\epsilon.
\]
但注意到
\[
1+4k(k+1)=(2k+1)^2.
\]
因此我们可以写作
\[
1-8z=(2k+1)^2-8\epsilon.
\]
取平方根，对于小 \( \epsilon \)，我们有
\[
w=\sqrt{1-8z}=2k+1+\delta,\quad\text{其中}\quad \delta\sim -\frac{4\epsilon}{2k+1},
\]
因为展开
\[
(2k+1+\delta)^2 = (2k+1)^2+2(2k+1)\delta+\cdots
\]
必须匹配 \( (2k+1)^2-8\epsilon \)。

接下来，写作
\[
f(z)=\frac{2\pi}{w}\,\tan\Bigl(\frac{\pi}{2}w\Bigr)
\]
并设
\[
w=2k+1+\delta.
\]
设
\[
x=\frac{\pi}{2}w=\frac{\pi}{2}(2k+1+\delta)
=\frac{\pi}{2}(2k+1)+\frac{\pi}{2}\delta.
\]
正切函数 \( \tan x \) 在
\[
x_0=\frac{\pi}{2}(2k+1)
\]
处有一个众所周知的局部展开。接近 \( x_0 \)，写作 \( x=x_0+u \) 其中
\[
u=\frac{\pi}{2}\delta,
\]
我们有
\[
\tan(x) \sim -\frac{1}{u}.
\]
即，
\[
\tan\Bigl(\frac{\pi}{2}w\Bigr)
\sim -\frac{1}{\frac{\pi}{2}\delta}=-\frac{2}{\pi\,\delta}.
\]
但回忆
\[
\delta\sim -\frac{4\epsilon}{2k+1}.
\]
因此，
\[
\tan\Bigl(\frac{\pi}{2}w\Bigr)
\sim -\frac{2}{\pi}\,\Bigl(-\frac{2k+1}{4\epsilon}\Bigr)
=\frac{2k+1}{2\pi\epsilon}.
\]
现在代回 \( f(z) \)。在 \( z=z_0+\epsilon \) 处，
\[
f(z)
\sim \frac{2\pi}{2k+1}\cdot\frac{2k+1}{2\pi\epsilon}
=\frac{1}{\epsilon}.
\]
即，在 \( z=z_0 \) 周围的洛朗展开中，\( \frac{1}{\epsilon} \) 的系数（其中 \( \epsilon=z-z_0 \)）为1。因此，在 \( z=z_0 \) 处的留数为1。

因此 \( f(z) \) 的部分分数展开为
\[
f(z)=\sum_{k\ge0}\frac{1}{z+\frac{1}{2}k(k+1)}.
\]
重新索引为 \( n=k+1 \)（因此 \( k=k(n)=n-1 \) 并且 \( \frac{1}{2}k(k+1)=\frac{1}{2}(n-1)n \)）我们得到
\[
\frac{2\pi\,\tan\Bigl(\frac{\pi}{2}\sqrt{1-8z}\Bigr)}
{\sqrt{1-8z}}
=\sum_{n\ge1}\frac{1}{z+\frac{1}{2}n(n-1)}.
\]
这完成了证明。