wayne 发表于 2011-3-10 00:21:40

稍微改动一下原题，设数列$C_0(n)=c_0+P*n^(-s)+Q*n^(-t)$, 其中 s,t都大于1.
我们可以用迭代的思想考虑此题：
初始值： s= 1.75 , t = 3.4 , P = 1，Q=a
将1-\frac{1}{(1-x)^s}展开后，为
-s x-\frac{1}{2} s (1+s) x^2-\frac{1}{6} s (1+s) (2+s) x^3-\frac{1}{24} s (1+s) (2+s) (3+s) x^4
将 \frac{1}{(1-x)^s}-\frac{1}{(1-2x)^s} 展开后：
-s x-\frac{3}{2} (s (1+s)) x^2-\frac{7}{6} (s (1+s) (2+s)) x^3-\frac{5}{8} (s (1+s) (2+s) (3+s)) x^4+...

wayne 发表于 2011-3-10 00:24:51

展开式子中，我们始终对 次数 s , s+1,s+2,s+3,....,t ,t+1 ,t+2 ,t+3 ,.... 进行排序，选择 其中 最小的两个，。。

mathe 发表于 2011-3-10 07:55:43

起始的s,t会越来越多。实际上慢慢的s,t和整数的各种线性组合都会慢慢出来

wayne 发表于 2011-3-10 08:33:55

13# mathe
好像并不复杂，等s+k 赶超t的时候，他们就交替了。
比如，本题的pi 依次为
2.75 ，3.75 ， 4.4 ，4.75 ，5.4 ，5.75 ，6.4 ，6.75，。。。。。

wayne 发表于 2011-3-10 08:38:56

哦，不对

mathe 发表于 2011-3-10 08:52:18

一般情况有k项，写成
$C_0(n)=c_0+\sum_{t=1}^k n^{-s_t}\sum_{i=0}^{+infty}{u_{t,i}}/{n^i}$
于是
$B(n)=C_0(n)-C_0(n+1)=\sum_{t=1}^k n^{-s_t}\sum_{i=0}^{+infty}{v_{t,i}}/{n^i}$
这一步变换还比较简单。
但是下一步，找出最佳$p_i$以后，我们需要计算$B_n^{-p_i}$
结果就变成形如:
$C_1(n)=n*(c_1+\sum_{t=1}^k n^{-s_t+p_i}\sum_{i=0}^{+infty}{v_{t,i}}/{n^i})^{-1/{p_i}}$
对它进行展开，会产生诸如$n^{-h(s_t-p_i)}$之类的起始项，也就是有无穷多个起始项了。
当然如果迭代次数不多，我们实际需要记录的项不会很多，但是迭代次数多了，需要记录的项估计会指数递增

wayne 发表于 2011-3-10 09:05:52

算了，程序不好编，手工的成分太多。
暂时放弃
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