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一些有趣的结论

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本文内容摘自多个数学参考书

1. 所有素数的倒数和发散:$\sum\limits_p\frac{1}{p}=+\infty$。
证明:令$N$为任意自然数,$\forall n< N$,将$n$唯一表示成素数的方幂的乘积,则由$\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{p^k}=\frac{1}{1-1/p}$得, \[\sum\limits_{n=1}^N\frac{1}{n}\le{\prod\limits_{p\le{N}}\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{p^k}}=\prod\limits_{p\le{N}}\frac{1}{1-1/p}\] 又$\log\prod\limits_{p\le{N}}\frac{1}{1-1/p}=-\sum\limits_{p\le{N}}\log(1-1/p)$,对$\forall p$, \begin{align*} -\log(1-1/p)=&\sum\limits_{m=1}^{+\infty}\frac{1}{mp^m}\le{\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}(\sum\limits_{h=0}^{+\infty}\frac{1}{p^h})}\\ =&\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}\frac{1}{1-1/p}\\ =&\frac{1}{p}+\frac{1}{p(p-1)}<\frac{1}{p}+\frac{1}{(p-1)^2} \end{align*} 从而 \[\log\sum\limits_{n=1}^N\frac{1}{n}\le{\log\prod\limits_{p\le{N}}\frac{1}{1-1/p}}\le{\sum\limits_{p\le{N}}\frac{1}{p}+\sum\limits_{p\le{N}}\frac{1}{(p-1)^2}}\le{\sum\limits_{p\le{N}}\frac{1}{p}+\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}}\] 而$\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}$是收敛的,令$N\to\infty$,则由调和级数发散知级数$\sum\limits_p\frac{1}{p}$是发散的。 2. Mertens公式将Euler常数$\gamma$和Euler乘积联系起来: \[e^\gamma=\mathop{lim}_{n\to\infty}\frac{1}{\log{p_n}}\prod\limits_{i=1}^n\frac{1}{1-1/p_i}\] 其中$p_i$为第$i$个素数。 3. $\log(1+x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n+1}\frac{x^n}{n}$,$x\in(-1,1]$,若$\frac{1}{x}\in(-1,1]$,有 \[\frac{1}{x}=\log\frac{x+1}{x}+\frac{1}{2x^2}-\frac{1}{3x^3}+\cdots+(-1)^n\frac{1}{nx^n}+\cdots\] 令$x=1,2,\cdots,n$,则 \begin{align*} 1&=\log{2}+\frac{1}{2}+\cdots+(-1)^m\frac{1}{m}+\cdots\\ \frac{1}{2}&=\log\frac{3}{2}+\frac{1}{2\cdot{4}}+\cdots+(-1)^m\frac{1}{m\cdot{2^m}}+\cdots\\ &\vdots\\ \frac{1}{n}&=\log\frac{n+1}{n}+\frac{1}{2n^2}+\cdots+(-1)^m\frac{1}{mn^m}+\cdots \end{align*} 将上述各式相加得 \begin{align*} 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}&=\log{n+1}+\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{n^2})-\frac{1}{3}(1+\frac{1}{2^3}+\cdots+\frac{1}{n^3})+\cdots\\ &=\sum\limits_{m=2}^{+\infty}[(-1)^m\frac{1}{m}\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{k^m}]+\log(n+1) \end{align*} 令$\Gamma=\sum\limits_{m=2}^{+\infty}[(-1)^m\frac{1}{m}\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{k^m}]=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\log{n}-\log(1+\frac{1}{n})$,则当$n\to\infty$时, \[\gamma=\mathop{lim}_{n\to\infty}\Gamma=\mathop{lim}_{n\to\infty}[\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{k}-\log{n}]\] 4. Stirling公式: \begin{align*} n!&=(\frac{n}{e})^n\sqrt{2\pi n}\exp[\frac{B_2}{1\cdot 2}\frac{1}{n}+\frac{B_4}{3\cdot 4}\frac{1}{n^3}+\cdots+\frac{B_{2k}}{2k(2k-1)}\frac{1}{n^{2k-1}}+\cdots]\\ &=(\frac{n}{e})^n\sqrt{2\pi n}\exp\sum\limits_{k=1}^{+\infty}\frac{B_{2k}}{2k(2k-1)}\frac{1}{n^{2k-1}} \end{align*} 其中$B_{2k}$为Bernoulli数。 5. 算术几何平均值:令$a>b>0$,若$a_0=a$,$b_0=b$,且$a_n=\frac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2}$,$b_n=\sqrt{a_{n-1}b_{n-1}}$,则可证这两个数列收敛于同一极限,记为$AG(a,b)$,称为算术几何平均值,利用积分换元计算得$AG(a,b)=\frac{\pi}{2G}$,其中
\[G=\int_0^{\pi/2}\frac{dx}{\sqrt{a^2\cos^2x+b^2\sin^2x}}\]
这个结果由Gauss得到。
6. Salamin-Brent算法:令$a_0=1$,$b_0=S_0=\frac{1}{\sqrt{2}}$,并用递推公式$a_n=\frac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2}$,$b_n=\sqrt{a_{n-1}b_{n-1}}$,$S_n=S_{n-1}-2^n(a_n^2-b_n^2)$,$P_n=\frac{2a_n^2}{S_n}$,则$P_n$二阶收敛于$\pi$,该结论基于Gauss的算术几何平均值理论。
7. 证明$\pi$是无理数
证明:假设$\pi=\frac{a}{b}$是有理数($a,b\in{N}$),令
\[f(x)=\frac{x^n(a-bx)^n}{n!},x\in{(0,\frac{a}{b})}\]
则由
\[0< f(x)\le\frac{\pi^na^n}{n!},0<\sin x\le 1\] 得 \[0< f(x)\sin x<\frac{\pi^na^n}{n!}\] 当$n$充分大时,有 \[0<\int_0^\pi f(x)\sin{x}dx<\frac{\pi^{n+1}a^n}{n!}<1,(1)\] 令$F(x)=f(x)-f^{(2)}(x)+\cdots+(-1)^nf^{(2n)}(x)$。因为$n!f(x)$是整系数多项式,且各项阶数不小于$n$,故$f(x)$及其各阶导数在$x=0$处值为整数,从而$F(0)$和$F(\pi)$也是整数,又因为 \begin{align*} &\frac{d}{dx}[F^{’}(x)\sin x-F(x)\cos x]\\ &=F^{’’}(x)\sin x+F^{’}(x)\cos x-F^{’}(x)\cos x+F(x)\sin x\\ &=F^{’’}(x)\sin x+F(x)\sin x\\ &=f(x)\sin x \end{align*} 所以$\int_0^\pi f(x)\sin{x}dx=[F^{’}(x)\sin x-F(x)\cos x]|_0^\pi=F(\pi)+F(0)$是整数,这与(1)式矛盾,从而$\pi$是无理数。 8. 证明$e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\cdots $是无理数 证明:假设$e$是有理数,即$\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}=\frac{a}{b}$,($a,b\in{N},b >1$),两边都乘以$b!$,并移项
\begin{align*}
(b-1)!a-b!\sum\limits_{n=0}^b\frac{1}{n!}&=b!\sum\limits_{n=b+1}^\infty\frac{1}{n!}\\
&=\frac{1}{b+1}+\frac{1}{(b+1)(b+2)}+\cdots\\
&\le{\frac{1}{b+1}[1+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{(b+1)^2}+\cdots]}\\
&=\frac{1}{b+1}\frac{1}{1-1/(b+1)}\\
&=\frac{1}{b}<1 \end{align*} 因此得到正整数$(b-1)!a-b!\sum\limits_{n=0}^b\frac{1}{n!}$小于1,所以$e$是无理数。 9. 关于$\Gamma$函数的一些结果 因为$\sin x=x\prod\limits_{n=1}^\infty(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2})$,从而$\sin \pi{x}=\pi{x}\prod\limits_{n=1}^\infty(1-\frac{x^2}{n^2})$,令$G(x)=\prod\limits_{n=1}^\infty(1+\frac{x}{n})e^{-x/n}$,则$xG(x)G(-x)=\frac{\sin\pi{x}}{\pi}$,且$G(x-1)$除$0$外零点与$G(x)$相同,令 \[G(x-1)=xG(x)e^{\gamma(x)}\] 其中$\gamma(x)$为一整函数,对该式两边先求对数再求导得 \[\sum\limits_{n=1}^\infty(\frac{1}{x+n-1}-\frac{1}{n})=\frac{1}{x}+\gamma^{’}(x)+\sum\limits_{n=1}^\infty(\frac{1}{x+n}-\frac{1}{n})\] 又 \begin{align*} \sum\limits_{n=1}^\infty(\frac{1}{x+n-1}-\frac{1}{n})&=\frac{1}{x}-1+\sum\limits_{n=1}^\infty(\frac{1}{x+n}-\frac{1}{n+1})\\ &=\frac{1}{x}-1+\sum\limits_{n=1}^\infty(\frac{1}{x+n}-\frac{1}{n})+\sum\limits_{n=1}^\infty(\frac{1}{ n}-\frac{1}{n+1})\\ &=\frac{1}{x}+\sum\limits_{n=1}^\infty(\frac{1}{x+n}-\frac{1}{n}) \end{align*} 从而$\gamma^{’}(x)=0$,$\gamma(x)$为常数,令$x=1$得 \[1=G(0)=e^{\gamma}G(1)\] 从而$e^{-\gamma}=\prod\limits_{n=1}^\infty(1+\frac{1}{n})e^{-1/n}$,得 \[\gamma=\mathop{lim}_{n\to\infty}(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\log{n})\] 为欧拉常数,再令 \[H(x)=G(x)e^{\gamma{x}}\] 则成立$H(x-1)=xH(x)$,令$\Gamma(x)=\frac{1}{xH(x)}$,则有$\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$,从而得到 \[\Gamma(x)=\frac{e^{-\gamma{x}}}{x}\prod\limits_{n=1}^\infty[(1+\frac{x}{n})^{-1}e^{x/n}]\] 应用$xG(x)G(-x)=\frac{\sin\pi{x}}{\pi}$得$\Gamma(x)\Gamma(1-x)=\frac{\pi}{\sin\pi{x}}$。 由上述定义可得 \[\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{x}{n(x+n)}=\frac{1}{x}+\gamma+\frac{\Gamma^{’}(x)}{\Gamma(x)}\] \[\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{(x+n)^2}=\frac{\Gamma^{’ ’}(x)\Gamma(x)-[\Gamma^{’}(x)]^2}{[\Gamma(x)]^2}=\frac{d}{dx}(\frac{\Gamma^{’}(x)}{\Gamma(x)})\] 特别地,$\Gamma^{’}(1)=-\gamma$,$\Gamma^{’’}(1)=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{(1+n)^2}+\gamma^2=\frac{\pi^2}{6}+\gamma^2$。 从$\log{\Gamma(x)}$的二阶导数出发,可得Legendre加倍公式: \[\sqrt{\pi}\Gamma(2x)=2^{2x-1}\Gamma(x)\Gamma(x+\frac{1}{2})\] 因为 \begin{align*} &\frac{d}{dx}(\frac{\Gamma^{’}(x)}{\Gamma(x)})+ \frac{d}{dx}(\frac{\Gamma^{’}(x+\frac{1}{2})}{\Gamma(x+\frac{1}{2})})\\ &=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{(x+n)^2}+\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{(x+n+1/2)^2}\\ &=4[\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{(2x+2n)^2}+\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{1}{(2x+2n+1)^2}]\\ &=4\sum\limits_{m=0}^\infty\frac{1}{(2x+m)^2}\\ &=2\frac{d}{dx}(\frac{\Gamma^{’}(2x)}{\Gamma(2x)}) \end{align*} 积分后可得$\Gamma(x)\Gamma(x+\frac{1}{2})=e^{ax+b}\Gamma(2x)$,由$\Gamma(1)=\Gamma(2)=1$得$a=-2\log{2},b=\log\pi/2+\log{2}$,代入即得加倍公式。 类似的方法可以得到Gauss公式: \[(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}\Gamma(x)=n^{x-1/2}\Gamma(\frac{x}{n})\Gamma(\frac{x+1}{n})\cdots\Gamma(\frac{x+n-1}{n})\] $\Gamma(x)$的又一定义:$\Gamma(x)=\frac{1}{x}\prod\limits_{n=1}^\infty[(1+\frac{x}{n})^{-1}(1+\frac{1}{n})^x]$。 在$\Gamma(x)=\int_0^{\infty}t^{x-1}e^{-t}dt$中用$nt$代替$t$得 \[n^{-x}\Gamma(x)=\int_0^{\infty}t^{x-1}e^{-nt}dt\] 对$n$从1到$\infty$求和得 \[\zeta(x)\Gamma(x)=\int_0^{\infty}\frac{t^{x-1}}{e^t-1}dt\] 10. J.Willson定理:自然数$p$为素数$\leftrightarrow p|[(p-1)!+1]$。 11. 组合互逆公式: \[\forall n,f(n)=\sum\limits_{k=0}^nC_n^k(-1)^kg(k)\leftrightarrow{\forall n,g(n)=\sum\limits_{k=0}^nC_n^k(-1)^kf(k)}\] 12. 利用$n$次单位根分解式可以证明: \[1+x+\cdots+x^{n-1}=\prod\limits_{k=1}^n(x-e^{\frac{2k\pi{i}}{n}})\] 并由此可得: \[\prod\limits_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n}=\frac{n}{2^{n-1}}\] 13. Euler积分:若$0< p < 1$,则$\int_0^\infty\frac{dx}{x^p(1+x)}=\frac{\pi}{\sin{p\pi}}$。 14. 可用数学归纳法证明: \[\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+1)\cdots(n+k)}=\frac{1}{k\times{k!}},k\ge{1}\] 15. 设$f_m(x)=x+\frac{x^2}{2^m}+\cdots+\frac{x^n}{n^m}+\cdots, m\in{N}, m\ge{2}$,令$g_1(x)=f_m^{’}(x)$,$g_n(x)=[xg_{n-1}(x)]^{’}$,则$g_2(x)=f_m^{’}(x)+xf_m^{’’}(x)$,$g_3(x)=f_m^{’}(x)+3xf_m^{’’}(x)+x^2f_m^{’’’}(x)$,$\cdots$,令$g_n(x)$的系数为$a_n^1,\cdots,a_n^n$,则有$a_n^i=ia_{n-1}^i+a_{n-1}^{i-1}$成立。将$g_n(x)$的系数排成数表:(此即第二类Stirling数)

1
11
131
1761
11525101
1319065151
……

因为$g_m(x)=1+x+\cdots+x^{n-1}+\cdots=\frac{1}{1-x}$,而
\[g_m(x)=a_m^1f_m^{’}(x)+a_m^2xf_m^{’’}(x)+\cdots+a_m^mx^{m-1}f_m^{(m)}(x)\]
若能从该微分方程中解出$f_m(x)$,则可得$f_m(1)=1+\frac{1}{2^m}+\cdots+\frac{1}{n^m}+\cdots$。但是很遗憾,上述微分方程不能求解。由第二类Stirling数定义,
\[a_m^1\lambda+a_m^2\lambda(\lambda-1)+\cdots+a_m^m\lambda(\lambda-1)\cdots(\lambda-n+1)=\lambda^n\]
从而上述微分方程的特征方程为:$\lambda^n=0$,即$\lambda=0$。该微分方程无法求解。

下面对$m=2$给出一些结果:
$m=2$时,$g_2(x)=f_2^{’}(x)+xf_2^{’’}(x)=\frac{1}{1-x}$,从而$f_2^{’}(x)=-\frac{\log(1-x)}{x}+\frac{c_0}{x}$,由$f_2^{’}(0)=1$得$c_0=0$,所以得
\[\frac{\pi^2}{6}=1+2^{-2}+\cdots+n^{-2}+\cdots=\int_0^1f_2^{’}(x)dx=-\int_0^1\frac{\log(1-x)}{x}dx\]
即$\int_0^1\frac{\log(1-x)}{x}dx =-\frac{\pi^2}{6}$。

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