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[提问] 把分数写成完全平方数的倒数和

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发表于 2019-11-19 14:07:46 | 显示全部楼层 |阅读模式

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给定分数\(\dfrac{p}{q}\),其中\(p\)、\(q\)为互质的正整数。现在要把这个分数写成若干个不重复的完全平方数的倒数和。
如果\(\dfrac{p}{q} \geq \dfrac{\pi^2}{6}\),这当然是办不到的。如果\(\dfrac{p}{q} \lt \dfrac{\pi^2}{6}\),是否一定能办到?
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2019-11-20 07:56:45 | 显示全部楼层
这个问题不错。
我们可以研究更加一般的情况,如果给定一个正项级数$S=\sum_{n=0}^{\infty}a_n$, 那么是否对于任意$0\lt X\lt S$
都必然可以从上面级数中选择一个子级数$a_{m_k}$使得$X=\sum_{k=0}^{\infty} a_{m_k}$。
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发表于 2019-11-20 08:00:45 | 显示全部楼层
上面这个推广的结论首先是不一定成立的,比如我们选择$a_n=\frac1{3^n}$,于是$S=\frac 3 2$,很显然对于这个级数任意一个子序列能够表示的和,其三进制小数表示中所有位都是0和1,所以对于三进制小数表示中出现某一位为2的无限小数是无法表示的,所以必然不能表示$(0,\frac 3 2)$中所有数。
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发表于 2019-11-20 08:13:49 | 显示全部楼层
那么到底对于那些级数可以存在2#中要求的性质呢?我们可以查看满足下面属性的数列:
由于数列是正项级数,其收敛必然绝对收敛,所以任意打乱顺序后也必然收敛,我们不妨假设这个正项级数本身已经是单调非增排列的,于是对于单调非增数列$\{a_n\}$, 定义$T_m=\sum_{n=m}^{\infty}a_n$。
那么如果对于任意m,总是有$a_m\le T_{m+1}$, 那么对于任意$0\lt X\le S=\sum_{n=0}^{\infty}a_n$,必然可以从级数中找出一个子序列,其和正好为X。而很显然$T_m$单调递减趋向0。

证明如下:
i)记$X_0=X$,
ii) 对于$0\lt X_k\le S$,我们必然可以找出$s_k$使得$T_{s_k+1}\le X_k\le T_{s_k}$ (由于$T_m$单调递减趋向0),于是$a_{s_k}\le T_{s_k+1}\le X_k$
iii) 计算$X_{k+1}=X_k-a_{s_k}$
iv)如果$X_{k+1}=0$结束,不然,将k设置为k+1返回ii)
如此一直操作下去,我们可以得到一个有限或无限子序列$s_k$
于是$\sum_{k} a_{s_k} = \sum_{k}(X_k - X_{k+1})=X_0=X$
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发表于 2019-11-20 08:20:52 | 显示全部楼层
在另外一个方面,如果一个排序后的序列不满足楼上的条件,即对于所有的m都有$a_m\le T_{m+1}$,那么我们必然可以找到一个数无法表示为子序列和。因为假设$a_k \gt T_{k+1}$,于是我们可以选择$T_{k+1}\lt X\lt a_k$,
于是如果X可以表示为某个子序列和,那么这个子序列中每一项必须小于X即小于$a_k$,所以对应下标大于k,但是由于$T_{k+1}\lt X$,所以所有下标大于k的项数之和小于X,所以子序列和不可能等于X。

而切换回本题,那么显然,是满足3#的条件的,事实上,我们可以使用一个大部分情况更容易判断的推论:
对于严格单调递减正项数列$\{a_n\}$,如果对于所有的n都有$a_{n+1}\ge \frac{a_n}2$, 那么它必然满足本题的要求。
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发表于 2019-11-20 09:01:25 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2019-11-20 08:13
那么到底对于那些级数可以存在2#中要求的性质呢?我们可以查看满足下面属性的数列:
由于数列是正项级数, ...

如果要求子序列是有限长的呢?
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发表于 2019-11-20 11:06:23 来自手机 | 显示全部楼层
最多可列种,比特有不能覆盖的
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发表于 2019-11-20 11:14:06 | 显示全部楼层
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