|
| |
|
| A142995号 |
| a（0）=0，a（1）=1，a（n+1）=（2*n^2+2*n+3）*a（n）-n^4*a（n-1），n>=1。 |
|
13
|
|
|
|
0, 1, 7, 89, 1836, 56164, 2390832, 135213840, 9809203968, 888117094656, 98167241088000, 13010123816064000, 2036436482119680000, 371699564417796096000, 78251077775510986752000
(列表;图表;参考;听;历史;文本;内部格式)
|
|
|
|
抵消
|
0,3
|
|
|
评论
|
这是一般递归a（0）=0，a（1）=1，a（n+1）=（2*n^2+2*n+m^2+m+1）*a（n）-n^4*a（n-1）的m=1的情况，这是在加速常数zeta（2）的级数和{k>=1}1/k^2的收敛时出现的。其他情况请参见A001819号（m=0），A142996号（m=2），A142997号（m=3）和A142998号（m=4）。
一般递归的解可以表示为和：a（n）=n^2*p_m（n）*Sum_{k=1..n}1/（k^2*p_ m（k-1）*p_米（k）），其中p_ m晶格[Bacher等人]）。
前几项是p_0（x）=1，p_1（x）=2*x+1，p_2（x）=3*x^2+3*x+1和p_3（x）=（10*x^3+15*x^2+11*x+3）/3。p_m（x）的o.g.f.是（（1-t^2）^x/（1-t）^（2x+1））*Legendre_p。。。[Gogin&Hirvensalo，定理1，N=-1]。
多项式p_m（x）是差分方程（x+1）^2*f（x+1。这些多项式的零点位于复平面的垂直线Rex=-1/2上；即多项式p_m（x-1），m＝1，2，3，。。。，满足黎曼假设（改编[BUMP等人]第4页引理的证明）。
上面第一段中的一般递归有第二个解b（n）=n^2*p_m（n），初始条件b（0）=1，b（1）=m^2+m+1。因此，对于大n，a（n）的行为由limn->infinity a（nn^4/（（2*n^2+2*n+m^2+m+1）-…）））=2*Sum_{k>=1}（-1）^（k+1）/（m+k）^2。最终的平等来自拉马努扬的结果；参见[Berndt，第12章，条目31的推论]（将推论中的x替换为2x+1，并应用条目14）。
|
|
|
参考文献
|
布鲁斯·伯恩特（Bruce C.Berndt），《拉马努扬的笔记本第二部分》（Ramanujan’s Notebooks Part II），斯普林格·弗拉格（Springer-Verlag）。
|
|
|
链接
|
D.Bump、K.Choi、P.Kurlberg和J.Vaaler，局部黎曼假设，数学。宙特。233, (2000), 1-19.
|
|
|
配方奶粉
|
a（n）=n^2*p（n）*Sum_{k=1..n}1/（k^2*p。递归：a（0）=0，a（1）=1，a（n+1）=（2*n^2+2*n+3）*a（n）-n^4*a（n-1）。序列b（n）：=n^2*p（n）满足初始条件b（0）=1，b（1）=3的相同递归。因此，对于n>=2，我们得到了有限连分式展开式a（n）/b（n）=1/（3-1^4/（7-2^4/。Lim_｛n->无穷大｝a（n）/b（n）=1/（3-1^4/（7-2^4/（15-3^4/（27-…-n^4/（2*n^2+2*n+3）-…）））=和{k>=1}1/（k^2*（4*k^2-1））=2-zeta（2）。
|
|
|
MAPLE公司
|
p:=n->2*n+1:a:=n->n^2*p（n）*和（1/（k^2*p）（k-1）*p（k）），k=1..n）：序列（a（n），n=0..20）；
|
|
|
数学
|
a[n]：=-1/6*n^2*（2*n*（Pi^2-12）+Pi^2-6*（2*n+1）*PolyGamma[1，n+1]）//简化；表[a[n]，{n，0，14}](*Jean-François Alcover公司2013年3月6日*）
|
|
|
交叉参考
|
|
|
|
关键字
|
容易的,非n
|
|
|
作者
|
|
|
|
状态
|
经核准的
|
| |
|
|
