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 elim 
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  定义1.1 称表达式 $\large\frac{a_1}{b_1}\fplus\frac{a_2}{b_2}\fplus\fdots\fplus\frac{a_n}{b_n}=\frac{a_1}{b_1+\large(\frac{a_2}{b_2}\fplus\fdots\fplus\frac{a_n}{b_n})}\;$为广义连分数.i;Mm:
$\underset{\,}{\qquad}$当$\,a_k=1\,\forall k\,$时称其为纯连分数..3W
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  p6)fY
引理1.2 令$\small\,(P_{-1},Q_{-1})=(1,0),\,(P_0,Q_0)=(0,1),$"h89
$\underset{\,}{\qquad}\quad\small (P_{m+1},Q_{m+1})=b_{m+1}(P_m,Q_m)+a_{m+1}(P_{m-1},Q_{m-1})$ 则0&5
$\qquad\quad\underset{\tiny\,}{\frac{P_m}{Q_m}}=\large\frac{a_1}{b_1}\fplus\fdots\fplus\frac{a_m}{b_m}\;\small(m=1,2,\ldots).$T6Tqi
证明:${\large\frac{a_1}{b_1}\fplus\fdots\fplus\frac{a_{m+1}}{b_{m+1}}=\frac{a_1}{b_1}\fplus\fdots\fplus\frac{a_{m-1}}{b_{m-1}}\fplus\frac{a_m}{b_m+\frac{a_{m+1}}{b_{m+1}}}}$@##
$\qquad=\underset{\,}{\frac{(b_m+\frac{a_{m+1}}{b_{m+1}})P_{m-1}+a_mP_{m-2}}{(b_m+\frac{a_{m+1}}{b_{m+1}})Q_{m-1}+a_mQ_{m-2}}}=\large\frac{b_{m+1}(b_mP_{m-1}+a_mP_{m-2})+a_{m+1}P_{m-1}}{b_{m+1}(b_mQ_{m-1}+a_mQ_{m-2})+a_{m+1}Q_{m-1}}$V"y_aa
$\qquad={\large\frac{b_{m+1}P_m+a_{m+1}P_{m-1}}{b_{m+1}Q_m+a_{m+1}Q_{m-1}}}=\frac{P_{m+1}}{Q_{m+1}}.\quad\square$,J1`9(
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  ~"b>.8
注记1.3 上引理中的$\,\frac{P_m}{Q_m}\,$叫作连分数的第$m$个渐近分数.n*V:G
$\qquad$我们有$\;\small\begin{pmatrix}P_m& P_{m-1}\\Q_m& Q_{m-1}\end{pmatrix}=\displaystyle\prod_{k=0}^m\begin{pmatrix}b_k& 1\\a_k& 0\end{pmatrix},\;(a_0=1,b_0=0).$[a
$\qquad(\dagger)\quad\frac{P_m}{Q_m}-\frac{P_{m-1}}{Q_{m-1}}=\frac{(-1)^{m+1}a_0a_1\cdots a_m}{Q_mQ_{m-1}}.$ 此式常可判断无尽连分数的敛散性.FHT-;$
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命题1.4 ${\large\frac{a_1}{b_1}+\cdots+\frac{a_1a_2\cdots a_n}{b_1b_2\cdots b_n}}=\frac{a_1}{b_1-\large\frac{a_2b_1}{a_2+b_2-\frac{a_3b_2}{\;^{\ddots}{ a_{n-1}+b_{n-1}}-\frac{\,^{\small\ddots}a_nb_{n-1}\quad}{a_n+b_n}}}}\quad(\dagger)$<
证:易见$\,n=1,2\,$时等式成立.由$\,\frac{a_n(a_{n+1}+b_{n+1})b_{n-1}}{a_n(a_{n+1}+b_{n+1})+b_nb_{n+1}}=\frac{a_nb_{n-1}}{a_n+b_n-\frac{a_{n+1}b_n}{a_{n+1}+b_{n+1}}}$5POOb
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  ;t,
$\qquad(\dagger)$两边用$\small\,(a_n(a_{n+1}+b_{n+1}),b_nb_{n+1})$代替$\small(a_n,b_n)$便得对应于$\small n+1$的等式.$\;\;\square$,l!.dj
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例1.5 $e^x={\small\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\prod_{m=1}^{k-1}\frac{x}{m}},\;a_1=b_1=1,\;a_k=x,\,b_k=k-1\,(k>1)$B3
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  %RgM
$\quad\therefore\;\;e^x={\small\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\prod_{m=1}^{k-1}\frac{x}{m}}=\displaystyle\frac{1}{1-\frac{x}{1+x-\large\frac{\large x}{2+x-\frac{2x}{3+x-\frac{3x}{4+x-\ddots}}}}}$!^'+F
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  tay`-
$\qquad e=\frac{1}{e^{-1}}=1+\frac{1}{0+\frac{1}{1+\frac{2}{2+\frac{3}{3+\ddots}}}}=2+\frac{2}{2+\frac{3}{3+\frac{4}{4+\frac{5}{5+\ddots}}}}=2+\frac{1}{1+\frac{1}{2+\frac{2}{3+\frac{3}{4+\frac{4}{5+\ddots}}}}}$;A>k.
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例1.6$\;\;\arctan x=\small\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}x^{2k-1}}{2k-1}= x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\cdots\;\;\small(\frac{a_k}{b_k}\overset{k>1}{=}{\scriptsize\frac{-(2k-3)x^2}{2k-1}})$=r(+4(
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  6#I
$\qquad \arctan x = \small\dfrac{x}{1+\frac{x^2}{3-x^2+\large\frac{3^2x^2}{5-3x^2+\frac{5^2x2}{7-5x^2+\ddots}}}},\quad\dfrac{4}{\pi}=1+\dfrac{1}{2+\large\frac{3^2}{2+\frac{\Large 5^2}{\Large 2+\cdots}}}$2



发贴时间2018/11/22 08:21am IP: 已设置保密[本文共3047字节]  
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  命题1.7 令$\;R_m =\small\displaystyle\sum_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{a_n},\;$则$\;R_m^{-1}=\big(\frac{1}{a_{m+1}}+R_{m+1}\big)^{-1}=a_{m+1}-\frac{a_{m+1}^2}{a_{m+1}+R_{m+1}^{-1}}$dG
可见$\;\;\small\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_n}=\frac{1}{a_1}\fplus\frac{a_1^2}{-(a_1+a_2)}\fplus\frac{a_2^2}{(a_2+a_3)}\fplus\frac{a_3^2}{-(a_3+a_4)}\fplus\fdots$<gE
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$\qquad\small\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{a_n}=\frac{1}{a_1}\fplus\frac{a_1^2}{(a_2-a_1)}\fplus\frac{a_2^2}{(a_3-a_2)}\fplus\frac{a_3^2}{(a_4-a_3)}\fplus\fdots$o#;SXm
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例1.8 $\ln 2=\small\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}$>



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