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发贴时间2018/04/12 07:15am IP: 已设置保密[本文共58字节]  
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  序列收敛极快.S_\ROj
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  现在给出关于所论数列的一些分析结果:p+j?
由$\underset{\,}{\;}a_{n+1}=(\frac{1}{2}(a_n+a_n^{-1}))^{\frac{1}{2}},\;$知$\;1< a_n\le\sqrt{a_{n-1}}\le\cdots\le\sqrt[2^n-1]{a_1}.$)QR3
设$\underset{\,}{\,}a_1>1,\,h_n=a_n-1,\,$则$\,h_{n+1}={\frac{a_{n+1}^2-1}{a_{n+1}+1}}={\frac{h_n^2}{2a_n(1+a_{n+1})}}< {\large\frac{h_n}{4}}\min(1,h_n)$l
取最小的$\,m\,$使$\,h_m< 2,\,$令$\,\omega_k=\frac{h_{m+k}}{4},\,$则$\,\omega_{k+1}=\frac{h_{m+k+1}}{4}< \frac{h_{m+k}^2}{4^2}=\omega_k^2$qq
$\underset{\,}{\therefore}\;\boxed{\;\omega_k\le\omega_0^{2^k}< ({\scriptsize\frac{1}{2}})^{2^k}.}$_
$\therefore\;\small\;\displaystyle\sum_{\scriptsize M+1}^{\infty}\ln(1+h_n)< \sum_{\scriptsize M+1}^{\infty} h_n=4\sum_{\scriptsize M+1}^{\infty}\omega_n< 4\int_{\scriptsize M}^{\infty}\omega_0^{2^x}dx$1voOM?
$\qquad < \small\displaystyle {\scriptsize\frac{4}{2^M\ln^2 2}}\int_{\scriptsize M}^{\infty} \big({\scriptsize\frac{1}{2}}\big)^{_{\Large 2^x}}2^x\ln^2 2 dx = {\scriptsize\frac{\large_4}{(\ln 2)^2 2^{M} 2^{2^M }}}\;\;(M\ge m)$4/CiSL



发贴时间2018/04/27 05:35am IP: 已设置保密[本文共1032字节]  

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