试判断两个数列的倒数和的敛散性

mathe

实际计算可以轻易知道对于$k>=16$,必然有$1/2<={a_k}/{ka_{floor(\log_2 k)}}<1$
$\sum_{n=1}^15 1/{a_n}=2.7347067655742362506627432987782224928$
由于$\sum_{n=16}^65535 1/{a_n}=0.88193579291110683338096728979250334444$
16#中公式可以改进为
$\sum_{n\in [2^k, 2^{k+1})} 1/{a_n}<1/{a_k}1/{1-{2h}/k}(\ln(\frac{2^{k+1}-2^{k-h}+1}{2^k-2^{k-h}+1})+1/{2^k-2^{k-h}})$
取k=16,h=2我们可以得出
$\sum_{n=65536}^{2^65536-1} 1/{a_n}<(\sum_{n=16}^65535 1/{a_n})1/{1-{2*2}/16}(\ln(\frac{2^17-2^14+1}{2^16-2^14+1})+1/{2^16-2^14})=0.99636000046842308487931244931986870073$
而对于后面部分，由于$k>=65536$,h可以选择很大，比如$h>=10$,于是后面各部分和和前一段和的比例不大于$1/{1-{2*10}/{65536}}(\ln(\frac{2^65537-2^65526+1}{2^65536-2^65526+1})+1/{2^65536-2^65526})=0.69384756518243600794571819880894698614$
所以我们得出$\sum_{n=65536}^{+\infty} 1/{a_n} < 0.99636000046842308487931244931986870073/{1-0.69384756518243600794571819880894698614}=3.2544572152828157883691114630675153760$
于是$\sum_{n=1}^{+\infty} 1/{a_n}<6.8710997737681588724128220516382412132$,
其中主要问题在于$\sum_{n=65536}^{2^65536-1} 1/{a_n}$这段估计的不准

mathe

我们定义$lub_b^{(1)}(x)=lub_b(x)=max(1,log_b(x))$,定义函数
$lub_b^{(k+1)}(x)=lub_b(lub_b^{(k)}(x))$
$LUB_b(x)=x\prod_{k=1}^{infty}lub_b^{(k)}(x)$
于是$LUB_b$函数可能和本题中数列相关性比较好
经局部计算可以得知${LUB_2(n)}/{a_n}$的上界为4.1699687678497141311366150460523715139，其中在n=255时达到上界，但是还没有能够证明这是最终上界。

mathe

可以用近似公式
$\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}1/a_n = 1/a_k (ln({{a_{2^k-1}}/{a_k}+2^k}/{{a_{2^k-1}}/{a_k}+1})+1/{2({a_{2^k-1}}/{a_k}+1/2)}-1/{2({a_{2^k-1}}/{a_k})-1/2+2^k})$
其中计算精度大概在$O(1/n^2)$
比如用这个方法计算$\sum_{n=16}^{65535}1/{a_n}$
得出结果为0.869072,而实际结果为0.881936
然后用这个方法计算$\sum_{n=65536}^{2^65536-1}1/{a_n}$得出结果约为0.639417,这个计算精度应该非常高了。
而更加后面的余项，我们采用h=20,可以得出公比上限和$ln2$差别也很小
由此可以推导出最终极限约在5.70

mathe

上面计算过程主要依据就是子数列$a_{2^k-1}, a_{2^k}, a_{2^k+1}, ..., a_{2^{k+1}-1}$是以$a_k$为公差的等差数列
而根据链接:
http://bbs.emath.ac.cn/forum.php ... tid=2390&page=2
或
http://bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=8806
或外部链接:
http://en.wikipedia.org/wiki/Digamma_function
我们得出
$\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}1/{a_n}=\sum_{h=1}^{2^k}1/{a_{2^k-1}+ha_k}=1/{a_k}\sum_{h=1}^{2^k}1/{{a_{2^k-1}}/{a_k}+h}=1/{a_k}(\psi({a_{2^k-1}}/{a_k}+2^k+1)-\psi({a_{2^k-1}}/{a_k}+1))$
另外由于$a_{2^{k+1}-1}=a_{2^k-1}+2^k a_k$
在计算出$a_1,....,a_k$以后，我们就可以快速利用上面递推式得出$a_{2^1-1}=a_1,a_{2^2-1},...,a_{2^k-1}$
而实际在计算机中计算，由于$a_{2^k-1}$数值会非常大，容易超出计算机浮点数表达范围，一种比较好的方法是设$a_{2^k-1}=2^k s_k$
于是我们有$2^{k+1} s_{k+1}=2^k s_k + 2^k a_k$,或者说$s_{k+1}={s_k+a_k}/2$,这个递推公式非常简洁
然后我们有
$\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}1/{a_n}=1/{a_k}(\psi({a_{2^k-1}}/{a_k}+2^k+1)-\psi({a_{2^k-1}}/{a_k}+1))=1/{a_k}(ln({{a_{2^k-1}}/{a_k}+2^k}/{{a_{2^k-1}}/{a_k}})+1/2(1/{{a_{2^k-1}}/{a_k}+2^k}-1/{{a_{2^k-1}}/{a_k}})-1/12(1/({a_{2^k-1}}/{a_k}+2^k)^2-1/({a_{2^k-1}}/{a_k})^2)+1/120(1/({a_{2^k-1}}/{a_k}+2^k)^4-1/({a_{2^k-1}}/{a_k})^4)-...)$
然后
$\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}1/{a_n}=1/{a_k}(ln({s_k+a_k}/{s_k})+1/{2 xx 2^k}({a_k}/{s_k+a_k}-{a_k}/{s_k})-1/{12 xx 2^{2k}}(({a_k}/{s_k+a_k})^2-({a_k}/{s_k})^2)+1/{120 xx 2^{4k}}(({a_k}/{s_k+a_k})^4-({a_k}/{s_k})^4)-...) $
现在分别用这个公式将k=4,5,...,15代入累加，可以得出$\sum_{n=16}^{65535}1/{a_n}$,这个和实际值为0.8819357929,其中上面估计式只取一项（只有对数那一项），得出和为0.8958675243,如果再多取一项，得出近似值为0.8815820484,再取一项为0.8819364911,而四项全取为0.8819357863,误差已经小于$10^-8$,而对于更大的n只有精度更加高。
而用同样方法，将k=16,17,...,65535代入估算得出$\sum_{n=65536}^{2^65536-1}1/{a_n}=0.6394177558$
而对于后面更大的$n>=2^65536$,而$s_k$和$a_k$比例非常接近，所以第一项接近$ln2$,而第二项和它相对已经非常小，完全可以忽略，所以上面公式中只需要取前面一项即可，所以我们有$\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}1/{a_n} ~=1/{a_k}ln({s_k+a_k}/{s_k})$,所以我们只要能够给出$ln({s_k+a_k}/{s_k})$良好的估计即可得出后面各项更加精确的估计，而且这里$k>=65536$.
我们可以归纳得出$s_k>=a_k-2a_{floor(log_2 k)}$,于是可以得出${s_k+a_k}/{s_k}<=2+2/{{a_k}/{a_{floor(log_2 k)}}-2}<=2+4/{k-4}<=2+6.104xx10^-5$,而实际计算这时这个比列应该在$2+3.338xx10^-5$左右，
所以这种方法可以计算到小数点后第四位完全精确。但是如果要达到更高精度就有困难了

mathe

我们有$a_k-s_k=a_k-{a_{k-1}+s_{k-1}}/2=a_k-a_{k-1} + {a_{k-1}-s_{k-1}}/2=a_{floor(log_2(k))}+{a_{k-1}-s_{k-1}}/2$
设$u=floor(log_2(k))$,于是我们有
$a_k-s_k=(1+1/2+...+1/{2^{k-2^u}})a_u+(1/{2^{k-2^u+1}}+...+1/{2^{k-2^u+2^{u-1}}})a_{u-1}+...$
$a_k-s_k=(2-1/{2^{k-2^u}})a_u+(1/{2^{k-2^u}}-1/{2^{k-2^u+2^{u-1}}})a_{u-1}+(1/{2^{k-2^u+2^{u-1}}}-1/{2^{k-2^u+2^{u-1}+2^{u-2}}})a_{u-2}+...$
$a_k-s_k=2a_u-1/{2^k}(2^{2^u}a_u-(2^{2^u}-2^{2^{u-1}})a_{u-1}-(2^{2^{u-1}}-2^{2^{u-2}})a_{u-2}-...)=2a_u-{H_u}/{2^k}$
$H_u=2^{2^u}(a_u-a_{u-1})+H_{u-1}$
$a_k-s_k=2a_u-(1/{2^{k-2^u}}-1/{2^{k-2^u+2^{u-1}}})(a_u-a_{u-1})-(1/{2^{k-2^u+2^{u-1}}}-1/{2^{k-2^u+2^{u-1}+2^{u-2}}})(a_u-a_{u-2})+...$
所以$a_u+a_{u-1}<=2a_u-1/{2^{k-2^u}}(a_u-a_{u-1})<a_k-s_k<2a_u$
$1/{a_k}ln({s_k+a_k}/{s_k})={ln2}/{a_k}+1/{a_k}ln(1+{a_u-{H_u}/{2^{k+1}}}/{a_k-2a_u+{H_u}/{2^k}})$
$ln(1+{a_u-{H_u}/{2^{k+1}}}/{a_k-2a_u+{H_u}/{2^k}})={a_u-{H_u}/{2^{k+1}}}/{a_k-2a_u+{H_u}/{2^k}}-1/2({a_u-{H_u}/{2^{k+1}}}/{a_k-2a_u+{H_u}/{2^k}})^2+...={a_u-{H_u}/{2^{k+1}}}/{a_k}+3/2({a_u-{H_u}/{2^{k+1}}}/{a_k})^2+7/3({a_u-{H_u}/{2^{k+1}}}/{a_k})^3+11/4({a_u-{H_u}/{2^{k+1}}}/{a_k})^4+...$
$\sum_{h=0}^{2^u-1} 1/{a_{2^u+h}}ln({s_{2^u+h}+a_{2^u+h}}/{s_{2^u+h}})=\sum_{h=0}^{2^u-1} {ln2}/{a_{2^u}+h a_u}+\sum_{h=0}^{2^u-1} {a_u-{H_u}/{2^{2^u+h+1}}}/(a_{2^u}+h a_u)^2+...$
其中$H_u$和$2^{2^u}a_u$近似相等，所以对于太大的h就不需要计算了，比如我们计算到$h<=30+floor(log_2(u))$计算精度就可以达到小数点后9位了，也就是
$\sum_{h=0}^{2^u-1} 1/{a_{2^u+h}}ln({s_{2^u+h}+a_{2^u+h}}/{s_{2^u+h}})~=\sum_{h=0}^{2^u-1} {ln2}/{a_{2^u}+h a_u}+\sum_{h=0}^{2^u-1} {a_u}/(a_{2^u}+h a_u)^2-{H_u}/{2^{2^u+1}}\sum_{h=0}^{min{30+floor(log_2(u)),2^u-1}} 1/{2^h(a_{2^u}+h a_u)^2}+...$
其中前两项都可以通过Stirling公式计算，最后一项直接计算即可

只是呼吸

厉害，

KeyTo9_Fans

这两个神奇的数列是本论坛首创，

我把它们添加到《在线整数数列百科大全》里去了：

https://oeis.org/A292620
https://oeis.org/A292621

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提交之后秒过。

热心的编辑者Robert Israel还帮我们把前$10000$项算出来并加上去了。