一个数列的通项式，据说难倒英雄汉

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Treenewbee 发表于 2023-8-28 12:48
\[A_n=\frac{1}{2} x \left(\left(1+\frac{L-\sqrt{L^2+4 \text{nLx}}}{2 \text{nx}}\right)^n+\left(1+\fr ...

请看看如下我的推论，结果是否正确呢？

Treenewbee

\[A_n=\frac{1}{2} x \left(\left(1+\frac{L-\sqrt{L^2+4 \text{nLx}}}{2 \text{nx}}\right)^n+\left(1+\frac{\sqrt{L^2+4 \text{nLx}}+L}{2 \text{nx}}\right)^n+\sqrt{\frac{L}{L+4 \text{nx}}} \left(\left(1+\frac{\sqrt{L^2+4 \text{nLx}}+L}{2 \text{nx}}\right)^n-\left(1+\frac{L-\sqrt{L^2+4 \text{nLx}}}{2 \text{nx}}\right)^n\right)\right)\]

令\[1+\frac{L}{2nx}=t\],则有
\[An=\frac{x}{2}(1+\sqrt{\frac{t-1}{t+1}})( (t+\sqrt{t^2-1})^n+(t-\sqrt{t^2-1})^n )\]

Treenewbee

\[Cn=\frac{1}{2}(1+\sqrt{\frac{t-1}{t+1}})( (t+\sqrt{t^2-1})^n+(t-\sqrt{t^2-1})^n )\]

\[t>1,\lim_{n \rightarrow \infty}{C_n}=\frac{1}{2} \left(1+\sqrt{\frac{t-1}{t+1}}\right)(t+\sqrt{t^2-1})^n=\infty \]

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昨天又看了一下，彻底明白了！

四个数列都是二阶递归数列，都符合\(M_{i+1}-\left( 2+\frac{L}{nx}\right)M_i+M_{i-1}=0\ \)的形式。

只是首项不同，其表达式存在差异。

且显然存在： \(A_{i+1}=A_1+\sum_{i=1}^iB_i\)

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经核验，这个数学模型在物理上是确实符合的！
虽然极限无穷大，但由于\(A_{i+1}\)是可以测量的。
所以，求出\(\frac{\sum_{ }^{ }B_i}{A_{i+1}}\)，在物理层面上也是一个重要可实践指标。

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@Treenewbee  请看我给您的留言【消息】。

同样感谢@王守恩、@cgl_74 两位朋友。

Treenewbee

\[D_n=\frac{ (t+2+\sqrt{t^2+4t})^n-(t+2-\sqrt{t^2+4t})^n}{2^n \sqrt{t^2+4t}}\]

Treenewbee

\[C_n=\frac{ (t+2+\sqrt{t^2+4t})^n+(t+2-\sqrt{t^2+4t})^n+\sqrt{\frac{t}{t+4}}((t+2+\sqrt{t^2+4t})^n-(t+2-\sqrt{t^2+4t})^n)}{2^{n+1}}\]

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Treenewbee 发表于 2023-8-30 16:37
\[D_n=\frac{ (t+2+\sqrt{t^2+4t})^n-(t+2-\sqrt{t^2+4t})^n}{2^n \sqrt{t^2+4t}}\]

好像这个Dn有问题。

我的验证结果如下：

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这是我的实际运算过程。