试判断两个数列的倒数和的敛散性

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记
$$f(x) = 1+\log(x+1)$$
我觉得这等价于
$$b(n)=(n+1)\times f(n)\times f(f(n)) \times f(f(f(n)))\times \dots$$
的倒数和的敛散性。

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如果发散，应该是全宇宙发散速度最慢的数列之一，如果收敛，也是全宇宙收敛速度最慢的数列之一了。

mathe

为方便使用，我们定义$\sum_{h\in[a,b)}f(h)$表示h取遍$[a,b)$中所有整数，然后对对应的$f(h)$求和
另外容易有引理$0<1/a-\ln\frac{1+a}{a}<1/{2a^2}$
所以我们容易得出$0<\sum_{h=0}^{n-1}1/{a+h}-\ln\frac{a+n}{a}<\sum_{h=0}^{n-1}1/{2(a+h)^2}<1/{2(a-1)}$

现在假设本题中递推式为$a(n)=a(n-1)+a(floor(log_b(n))), n>=b$,其中b是一个大于1的实数
记$u_k=\ceil(b^k)-1$
于是$a(u_k)<=a(u_k-1)+a(k)<=a(u_k-2)+2a(k)<=...<=(u_k-k+1)a(k)<=u_ka(k)$
而且$a(u_k)=a(u_k-1)+a(k-1)=a(u_k-2)+2a(k-1)=...=a(u_{k-1})+(u_k-u_{k-1})a(k-1)>(u_k-u_{k-1})a(k-1)$   （*）
现在我们查看$n\in [b^k, b^{k+1})$,
于是$a(n)=a(u_k)+(n-u_k)a(k)$
所以
$\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{a_n}=\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{a(u_k)+(n-u_k)a(k)}>=\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{na_k}=1/{a_k}\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/n$
根据前面引理可以知道
$0<\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/n-\ln(\frac{\ceil(b^{k+1})}{\ceil(b^k)})<1/{2(\ceil(b^k)-1)}$
所以
$\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{a_n}>1/{a_k}\ln(\frac{\ceil(b^{k+1})}{\ceil(b^k)})$。通过这个可以推论出$b>=e$时级数发散
另外
$\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{a_n}=\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{a(u_k)+(n-u_k)a(k)}<\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{(u_k-u_{k-1})a_{k-1}+(n-u_k)a_k}<1/{a_{k-1}}\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{(n-u_{k-1})}$
所以
$\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{a_n}<1/{a_{k-1}}\ln(\frac{\ceil(b^{k+1}-u_{k-1})}{\ceil(b^k-u_{k-1})})$。通过这个结论可以得出$b+1<e$时级数收敛。这个是因为(*)式放缩过头了，我们需要更好的估计式

mathe

$a(u_k)$一种比较好的下界应该取成$(u_k-u_{floor(k/2)})a(floor(k/2))$
于是我们应该有$\sum_{n\in[b^k,b^{k+1})}1/{a_n}<1/{a(floor(k/2))}ln(\frac{b^{k+1}-u_{floor(k/2)}}{b^k-u_floor(k/2)})$

mathe

比如现在我们分析b=e时，这个级数时发散的，而其发散速度有多慢呢？
我们可以选择区间$[k,b^k), [b^k, b^{b^k}),[b^{b^k},b^{b^{b^k}}),...$
上面分析结果是级数中上面区间中对应的部分和约相等
而对于其它的b,这些部分和接近一个公比为$ln(b)$的等比数列

mathe

对于$a(u_k)$的下界，分两步估计比较好，先可以来个粗略估算。
首先显然$a(n-1)<a(n)<2a(n-1)$
而 $a(n)<=na(\floor(log_b(n)))$,并且显然对于$n>=b^3$有$a(n)>n/2 a(\floor(log_b(n))-2)>n/8 a(\floor(log_b(n)))$
所以我们有$1/8<\frac{a(n)}{na(\floor(log_b(n)))}<1$
于是对于充分大的k有$a(k-1)=a(k)-a(\log_b(k))>(1-8/k)a(k)$
$a(k-2)>a(k)-2a(\log_b(k))>(1-16/k)a(k)$
$a(k-h)>a(k)-ha(\log_b(k))>(1-{8h}/k)a(k)$
所以对于充分大的k，选择固定的较小的h，我们必然有
$a(u_k)>=(u_k-u_{k-h})a(k-h)>=(u_k-u_{k-h})(1-{8h}/k)a(k)$
于是
$\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{a_n}=\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{a(u_k)+(n-u_k)a(k)}<\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{((u_k-u_{k-h})(1-{8h}/k)+n-u_k)a_k}<1/{(1-{8h}/k)a_k}\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{n-u_{k-h}}$
于是
$\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{a_n}<1/{(1-{8h}/k)a_k}(\ln(\frac{\ceil(b^{k+1})-u_{k-h}}{\ceil(b^k)-u_{k-h}})+1/{u_k-u_{k-h}})$
于是在k充分大时，右边无穷接近$1/{a_k}ln(\frac{b-b^{-h}}{1-b^{-h}})$，所以在b小于e时，我们可以先选择足够大的h使得$\frac{b-b^{-h}}{1-b^{-h}}<(b+e)/2$
然后选择充分大的k,使得此后总有$\sum_{n\in [b^k, b^{k+1})}1/{a_n}<ln((b+e)/2) 1/{a_k}$
由此我们可以得知在b小于e时，级数是收敛的

mathe

现在我们估算一下对于题目中第一个序列a(n)大概需要累加到多少项和最后极限的差才会小于1%
根据Fans的结果前65536项和和前16项和差大概为0.85左右，要降低到0.01，那么使用15#样子的区间划分，那么由于各区间间数字和公比为ln(2),那么至少还要包含12个这样的区间。
也就是说我们要计算到$2^{2^{2^{2^{2^{2^{2^{2^{2^{2^{2^{2^{2^{2^{2^2}}}}}}}}}}}}}}$项才行
即使只要求到小数点后第一位精度，至少也要计算到$2^{2^{2^{2^{2^{2^{2^{2^{2^2}}}}}}}}$项
而利用上面分析结果简单估计下界可以知道最终极限大于5.53，利用h=3估算出和不大于7.17

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我的分析很简单，迭代得到
$$a(n)=1+\sum_{k=2}^n a([\log_2 k])$$
合并相同项，得到
$$1+\sum_{k=1}^{[\log_2 n]-1} 2^k a(k)\leq a(n)\leq 1+\sum_{k=1}^{[\log_2 n]} 2^k a(k)$$
可以通过迭代来逐步确定上下界。

比如，为了得到下界，代入\(a(k)\geq 1\)到左边，得到\(a(n)\geq \mathscr{O}(n)\)，然后再代入左边，得到\(a(n)\geq \mathscr{O}(n\ln n)\)，再代入，会得到\(a(n)\geq \mathscr{O}(n\ln n \ln\ln n)\)...

然后，为了得到上界，代入\(a(k)\leq k^2\)到右边，得到\(a(n)\leq \mathscr{O}(n\ln^2 n)\)，再代入右边，得到\(a(n)\leq \mathscr{O}\Big(n \ln n (\ln\ln n)^2\Big)\)，所以，直观上看，这种数列的阶就是
$$\mathscr{O}\Big(n \ln n \ln\ln n \ln\ln\ln n \dots\Big)$$

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282842712474 发表于 2017-9-4 15:12
我的分析很简单，迭代得到
$$a(n)=1+\sum_{k=2}^n a([\log_2 k])$$
合并相同项，得到

另外，仔细想了一下，在有限项时可以不区分$\ln n$和$\log_b n=\ln n/\ln b$，但无限项需要考虑。所以严格一点应该有
$$a(n)=\mathscr{O}\Big(n \log_b n \log_b\log_b n \log_b\log_b\log_b n\dots\Big)$$
事实上，我们可以简单取近似
$$a(n)\sim n \log_b n \log_b\log_b n \log_b\log_b\log_b n\dots (\text{截断前n重log})$$
那么\(a(n)\)的每一项事实上就是\(n\ln n\ln\ln n \dots\)乘上$(1/ln b)^n$，它们的倒数和就是\((n\ln n\ln\ln n \dots)^{-1}\)乘上$(ln b)^n$，我们\(n\ln n\ln\ln n \dots\)应该是一个处于发散和收敛边界的数列，如果$b < e$，$\ln b  < 1$，那么$(ln b)^n$就会将它拉向收敛这一边，如果$\ln b  > 1$，就会拉向发散这一边。这就跟mathe的结论对应起来了。

mathe

你这分析中总体的阶接近O(nln(n)ln(ln(n))...)是没有问题的，但是后面加上$ln^n(b)$是没有道理的，实际是对于b<e的情况，收敛速度超级慢，我们无法用等比数列来评估