人教群里的水母数列题扩展

战巡

原题没什么好做的，我这里主要是进行扩展
1、证明左边小于2
对函数$f(x)=\frac{2\ln(x)}{x^2}$而言
\[f'(x)=\frac{2}{x^3}-\frac{4\ln(x)}{x^4}\]
易证$x>\sqrt{e}$时，$f'(x)<0$
于是有当$n\ge 3$时
\[\frac{2\ln(n)}{n^2}<\int_{n-1}^nf(x)dx\]
由于
\[\frac{2\ln(2)}{2^2}+\frac{3\ln(3)}{3^2}<\frac{2}{3}(2-\ln(3))=\int_1^3f(x)dx\]
有
\[\sum_{k=2}^{n}\frac{\ln(k^2)}{k^2}<\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\ln(k^2)}{k^2}<\int_1^{+\infty}f(x)dx=-\frac{2(1+\ln(x))}{x}|_1^{+\infty}=2\]

2、左边的上确界
也就是求$\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\ln(k^2)}{k^2}$的值
这个证明极为复杂，大量高等内容，我没法展开细讲，大家随便看看就好

首先介绍黎曼$\zeta$函数，对任意$s>1$，定义：
\[\zeta(s)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^s}\]
当$s<1$时
\[\zeta(s)=2^s\pi^{s-1}\sin(\frac{\pi s}{2})\Gamma(1-s)\zeta(1-s)\]

很显然对$s>1$，有
\[\zeta'(s)=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\ln(k)}{k^s}\]
也就是原式
\[\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\ln(k^2)}{k^2}=-2\zeta'(2)\]

对上面第二条$\zeta(s)$的定义导数可得
\[\zeta'(s)=(2\pi)^{s-1}\Gamma(1-s)[(\pi\cos(\frac{\pi s}{2})+(\ln(4)+2\ln(\pi))\sin(\frac{\pi s}{2})-2\psi(1-s)\sin(\frac{\pi s}{2}))\zeta(1-s)-2\sin(\frac{\pi s}{2})\zeta'(1-s)]\]
代入$s=-1$可得
\[\zeta'(-1)=\frac{2-2\gamma-\ln(4)-2\ln(\pi)}{24}+\frac{\zeta'(2)}{2\pi^2}\]
由于有
\[\zeta'(-1)=\frac{1}{12}-\ln(A)\]
其中$A$为格莱舍常数，有
\[A=\lim_{n\to\infty}\frac{\prod_{k=1}^{n}k^k}{n^{\frac{n^2}{2}+\frac{n}{2}+\frac{1}{12}}e^{-\frac{n^2}{4}}}\approx 1.28243\]
最后可得
\[\zeta'(2)=\frac{\pi^2}{6}(\gamma+\ln(2)+\ln(\pi)-12\ln(A))\]
\[\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\ln(k^2)}{k^2}=-2\zeta'(2)=\frac{\pi^2}{3}(12\ln(A)-\gamma-\ln(2)-\ln(\pi))\approx 1.875\]

敬畏数学

不过好像是m=1即可。
只需证明：lnn<(n^2+n)/4,而，lnn<n-1<(n^2+n)/4(n>=2).

敬畏数学

回复 1# 战巡
(*@ο@*) 哇～！这个解法直接晕倒啊！厉害！

realnumber

原题果然水