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hbghlyj
Post time 2020-7-1 23:23
本帖最后由 hbghlyj 于 2020-7-2 00:36 编辑 下面是厄尔米特对于欧拉常数的连分式恒等式2的简短证明:
定理:$e=[a_0;a_1,a_2,\cdots]$
$a_n=\begin{cases}\frac{2(k+1)}3&k \text{ mod }3=2\\1&\text{otherwise}\end{cases}$
即e=[2;1,2,1,1,4,1,1,6,1,1,8,…]
设i阶渐近分数为$\frac{p_i}{q_i}(p_0=p_1=q_0=1,q_1=0,p_2=a_0,q_2=1,\cdots)$则
$\begin{matrix}p_{3n}=p_{3n-1}+p_{3n-2}&q_{3n}=q_{3n-1}+q_{3n-2}\\
p_{3n+1}=2np_{3n}+p_{3n-1}&q_{3n+1}=2nq_{3n}+q_{3n-1}\\
p_{3n+2}=p_{3n+1}+p_{3n}&q_{3n+2}=q_{3n+1}+q_{3n}
\end{matrix}$
我们要证明$\lim\limits_{i\to\infty}\frac{p_i}{q_i}=e$
定义:$A_n=\int_0^1\frac{x^n(x-1)^n}{n!}e^x\rm{d}x$
$B_n=\int_0^1\frac{x^{n+1}(x-1)^n}{n!}e^x\rm{d}x$
$C_n=\int_0^1\frac{x^n(x-1)^{n+1}}{n!}e^x\rm{d}x$
引理:$\forall n\in\mathbf N,A_n=q_{3n}e-p_{3n},B_n=p_{3n+1}-q_{3n+1}e,C_n=p_{3n+2}-q_{3n+2}e$
引理的证明:只需验证几个初始值$A_0=e-1,B_0=1,C_0=2-e$并证明下面的递推关系:
$\begin{align}A_n&=-B_{n-1}-C_{n-1}\\B_n&=-2nA_n+C_{n-1}\\C_n&=B_n-A_n\end{align}$
(1)由求导公式,$\frac{x^n(x-1)^n}{n!}e^x+\frac{x^n(x-1)^{n-1}}{(n-1)!}e^x+\frac{x^{n-1}(x-1)^n}{(n-1)!}e^x=\frac{\rm{d}}{\rm{d}x}\left(\frac{x^n(x-1)^n}{n!}e^x\right)$,所以$A_n+B_n+C_{n-1}=0$.
(2)由求导公式和简单的代数变形,$\frac{x^{n+1}(x-1)^n}{n!}e^x+2n\frac{x^n(x-1)^n}{n!}e^x-\frac{x^{n-1}(x-1)^n}{(n-1)!}e^x=\frac{\rm{d}}{\rm{d}x}\left(\frac{x^n(x-1)^{n+1}}{n!}e^x\right)$,所以$B_n+2nA_n-C_{n-1}=0$
(3)显然成立.
注:(1)和(2)当然可以分部积分,只是用上面的写法紧凑一些罢了.
定理的证明:显然n→∞时$A_n,B_n,C_n\to\infty$,由引理得$\lim\limits_{i\to\infty}(q_ie-p_i)=0$
因为当$i\ge2$时$q_i\ge1$,所以$e=\lim\limits_{i\to\infty}\frac{p_i}{q_i}$
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引理中的积分式和递推真是巧妙而且神秘
厄尔米特的证明的motivation和帕德逼近有关
设$e^z$的(m,n)型帕德逼近为$r_{m,n}$,我们把$r_{n,n},r_{n,n+1},r_{n+1,n}$表示成连分数就会发现:
$r_{1,1}(1)=[2;1]$
$r_{1,2}(1)=[2;1,2]$
$r_{2,1}(1)=[2;1,2,1]$
$r_{2,2}(1)=[2;1,2,1,1]$
$r_{2,3}(1)=[2;1,2,1,1,4]$
$r_{3,2}(1)=[2;1,2,1,1,4,1]$
$r_{3,3}(1)=[2;1,2,1,1,4,1,1]$
$\cdots$ |
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