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回复 2# Infinity
抄一下38页:
159. 试问 $\alpha$ 取哪些正值时, 下列级数收敛:
$$
\sum_{n=1}^{\infty}\left(2-e^{\alpha}\right)\left(2-e^{\frac{\alpha}{2}}\right) \cdots\left(2-e^{\frac{\alpha}{n}}\right) ?
$$
160. 证明
$$
\int_{0}^{1} x^{-x} d x=\sum_{n=1}^{\infty} n^{-n}
$$
161. 若只考虑正的平方根, 则有等式
$$
\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\cdots}}}=1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\cdots}}
$$
162. 设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}, \cdots$ 是正数, 令
$$
t_{n}=\sqrt{a_{1}+\sqrt{a_{2}+\cdots+\sqrt{a_{n}}}}
$$
那末序列$$t_{1}, t_{2}, t_{3}, \cdots, t_{n}, \cdots\tag{t}$$
的收敛性与 $\lim \sup \frac{\log \log a_{n}}{n}=\alpha$有如下关系:
若$\alpha<2$,则序列(t)收敛;
若$\alpha>2$,则序列(t)发散
163(续). 如果级数$$
\sum_{n=1}^{\infty} 2^{-n} a_{n}\left(a_{1} a_{2} \cdots a_{n}\right)^{-\frac{1}{2}}
$$
收敛, 则序列(t)必收敛.
164. 当 $0<q<1$ 时, 我们有
$$
\frac{1-q}{1+q}\left(\frac{1-q^{2}}{1+q^{2}}\right)^{\frac{1}{2}}\left(\frac{1-q^{4}}{1+q^{4}}\right)^{\frac{1}{4}}\left(\frac{1-q^{8}}{1+q^{8}}\right)^{\frac{1}{8}} \cdots=(1-q)^{2}
$$
抄一下232页:
159. 158 的特例:
$$
\varphi(x)=2-e^{\frac{\alpha}{\pi}}=1-\frac{a}{x}-\frac{\alpha^{2}}{2 !} \frac{1}{x^{2}}+\cdots
$$
当 $\alpha>1$ 以及 $\alpha=\log 2$ 时收敛; $\log 4, \log 8, \cdots$ 则大于 1 .
160. $\int_{0}^{1} e^{x \log \frac{1}{x}} d x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n !} \int_{0}^{1} x^{n}\left(\log \frac{1}{x}\right)^{n} d x$.
作代换 $x^{n+1}=e^{-y}$.
161. 令 $\sqrt{1+\sqrt{1+\cdots+\sqrt{1}}}=t_{n}$, 则 $t_{n}^{2}=1+t_{n-1}, t_{1}=1, t_{n-1}<$ $t_{n}, n=2,3,4, \cdots$ 当 $x>0$ 时, $x^{2}<1+x$ 的充要条件是 $x<$ $\frac{1}{2}(1+\sqrt{5})$, 即 $x$ 小于方程 $x^{2}-x-1=0$ 的正根. 因此 $t_{n}^{2}=1+t_{n-1}<$ $1+t_{n}, t_{n-1}<t_{n}<\frac{1}{2}(1+\sqrt{5}), n=2,3,4, \cdots$ 并且 $\lim _{n \rightarrow \infty} t_{n}=t$ 存在, $0<t \leqslant \frac{1}{2}(1+\sqrt{5}), t^{2}=1+t$, 即 $t=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5})$. 在递推公式为
$$
u_{n}=1+u_{n-1}^{-1}, u_{1}=1, \quad n=2,3,4, \ldots
$$
的连分数情形, 可类似地进行.
162. [G. Pólya, 问题：Arch. Math. Phys. Ser. 3, Vol. 24, p. 84(1916). 解由 G. Szegö 给出: Arch. Math. Phys. Ser. 3, Vol. 25, pp .88 ~ 89(1917).] 若 (为简单起见, 考虑 $\nu \geqslant 1$ ) $\log \log a_{v}<v \log 2, a_{v}<e^{2^{\nu}}, \quad$ 则 $t_{n}<\sqrt{e^{2}+\sqrt{e^{4}+\cdots+\sqrt{e^{2 n}}}}<$ $e \frac{1+\sqrt{5}}{2}$[161] . 但若 $a_{n}>e^{\beta^{n}}, \beta>2$, 则 $t_{n}>e^{\left(\frac{\beta}{2}\right)^{n}}$. 若 $a_{n} \leqslant 1$, 当然必须把 $\frac{\log \log a_{n}}{n}$ 理解成 $-\infty$ 。
168. 用完全归纳法可证$$
t_{n+1}-t_{n}<\frac{a_{n+1}}{2^{n} \sqrt{a_{1} a_{2}⋯a_{n} a_{n+1}}}
$$
假定对于 $n$ 个量 $a_{2}, a_{3}, \cdots, a_{n+1}$ 已证得相应的关系式, 即
$\sqrt{a_{2}+\sqrt{a_{3}+\cdots+\sqrt{a_{n}+\sqrt{a_{n+1}}}}}<t+s$,
其中 $\sqrt{a_{2}+\sqrt{a_{3}+\cdots+\sqrt{a_{n}}}}=t, \frac{a_{n+1}}{2^{n-1} \sqrt{a_{2} a_{3} \cdots a_{n+1}}}=8$.
因此
$$
t_{n+1}^{2}<a_{1}+t+s<\left(\sqrt{a_{1}+t}+\frac{s}{2 \sqrt{a_{1}+t}}\right)^{2}<\left(t_{n}+\frac{s}{2 \sqrt{a_{1}}}\right)^{2} .
$$
164. [Jacobi, 58 的引文, § 52, Corollarium: Werke, Vol. 1, pp. 200 ~ 201. ] 记 $1-q=a_{0}, 1+q^{m}=a_{m}, m=1,2,4,8,16, \cdots$, 则第 $n+1$ 个部分积是
$$
\begin{array}{l}
\frac{a_{0}}{a_{1}}\left(\frac{a_{0} a_{1}}{a_{2}}\right)^{\frac{1}{2}}\left(\frac{a_{0} a_{1} a_{2}}{a_{4}}\right)^{\frac{1}{4}}\left(\frac{a_{0} a_{1} a_{2} a_{4}}{a_{8}}\right)^{\frac{1}{8}} \cdots\left(\frac{a_{0} a_{1} a_{2} \cdots a_{2^n-1}}{a_{2^n}}\right)^{\frac{1}{2^n}} \\
\quad=\frac{a_{0}^{2-2^{-n}}}{\left(a_{1} a_{2} a_{4} a_{8} \cdots a_{2 n}\right)^{2^{-n}}}
\end{array}
$$
乘积 $a_{1} a_{2} a_{4} a_{8} \cdots$ 收敛. 参照 Ⅷ78.
165. 题中的和记为 $F(x)$, 则有 $F^{\prime}(x)=F(x), \quad F(x)=c \cdot e^{x}$, 其中 $c$ 为常数. |
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Infinity
Post time 2016-11-16 12:13
hbghlyj
Post time 2022-2-22 01:35
