\文档类[12pt，reqno]{article}\usepackage[用户名]{颜色}\使用包{amssymb}\使用包{amsmath}\使用包｛amsthm｝\使用包｛amsfonts｝\使用包{amscd}\使用包{graphicx}\usepackage[colorinks=true，linkcolor=webgreen，filecolor=webbrown，citecolor=webgreen]{hyperref}\定义颜色{webgreen}{rgb}{0，.5,0}\定义颜色{webbrown}{rgb}{.6,0,0}\使用包{color}\使用包｛完整页｝\使用包{float}\使用包{psfig}\使用包{graphics}\使用包{latexsym}\使用包{epsf}\使用包{breakurl}\集合长度{\textwidth}{6.5in}\集合长度{\oddsidemargin}{.1in}\集合长度{\evensidemargin}{.1in}\集合长度{\topmargin}{-.1in}\设置长度{\textheight}{8.4in}\新命令{\seqnum}[1]{\href{https://oeis.org/#1}｛\下划线｛#1｝｝｝\声明MathOperator{\Res}{Res}\开始｛文档｝\开始{居中}\epsfxsize=4英寸\离开模式\epsfile{logo129.eps}\结束{中心}\理论风格{普通}\新定理{定理}{定理{\新定理{推论}[定理]{推演}\新定理{引理}[定理]{引言}\新定理{命题}[定理]{命题\理论风格{定义}\新定理{definition}[定理]{definition}\新定理{example}[定理]{example}\新定理{猜想}[定理]{猜测}\理论风格{remark}\新定理{remark}[定理]{remark}\开始{居中}\vskip 1厘米｛\LARGE\bf回文的倒数和}\vskip 1cm\大型Phakhinkon Phunphayap和Prapanpong Pongsriam \脚注{Prapanpong Pongstriam是通讯作者。}\\数学系\\科学学院\\Silpakorn大学\\Nakhon Pathom 73000号\\泰国\\\链接{mailto:phakhinkon@gmail.com}{\tphakhinkon@gmail.com} \\\链接{mailto:pongsriam_p@silpakorn.edu}{\t蓬格里亚姆\_邮箱：silpakorn.edu}, \链接{mailto:prapanpong@gmail.com}{\tprapanpong@gmail.com} \\\结束{中心}\vskip.2英寸\开始{abstract}如果以$b$为基数的$n$的表示向后读取与向前读取相同，则正整数$n$是$b$-adic回文。设$s_b$是所有$b$-adic回文的倒数和。在本文中，我们获得了$s_b$的上下界和渐近公式。我们还证明了序列$（s_{b}）_{b\geq2}$是严格递增和对数压缩的。\结束{抽象}\章节{引言}设$n\geq 1$和$b\geq 2$为整数。如果$n=（a_ka{k-1}\cdotsa_0）_b$与$a_k\neq0$的$b$-adic展开式具有$0\leqi\leq\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor$的对称属性$a{k-i}=a_i$，则我们称$n$a\textit{基$b$}中的回文（或\textit}$b$-dic回文}）为$n$a-adic展开式。像往常一样，如果我们写一个数字而不指定基数，那么它总是以$10$为基数。例如，$9=（1001）_2=（100）_3$是以$2$和$10$为基数的回文，但不是以$3$为基数。近年来，人们越来越关注回文在数学、理论计算机科学和理论物理中的重要性。网络上也有一些关于回文倒数和的讨论，但据我们所知，我们的观察还没有出现在文献中。在本文中，我们让$b\geq2$、$s_b$是所有$b$-adic回文的倒数和，而$s_{b、k}$是所有在$b$-adic展开式中有$k$位的$b$-dic回文的倒数和。所有$b$-adic回文的集合是无限的，但非常稀疏，因此不难看出$s_b$收敛。事实上，沙利特在1980年的《斐波那契季刊》（Fibonacci Quarterly）中提出了$s_b$的收敛问题。在本文中，我们获得了$s_b$的上下界，这使我们能够证明所有$b\geq2$和$s_{b}^2-s的$s_}b+1}>s_b$s_{b-1}秒_所有$b\geq3$的{b+1}>0$。也就是说，序列$（s_b）_{b\geq2}$严格递增且为对数压缩。此外，我们给出了形式$s_b=g（b）+O（h（b））$的$s_b$的一个渐近公式，其中隐含常数可以取为1，$h（b）$的量级为$\frac{\logb}{b^3}$作为$b\rightarrow\infty$。对于所有$b\geq2$，我们的结果$s_{b+1}>s_b$也意味着如果$b_1>b_2\geq2]，并且如果我们使用对数度量，那么我们可以说，基$b_1$中的回文出现的频率高于基$b_2$中的。另一方面，如果我们使用通常的计数方法，那么我们从Pongsriam和Subwattanachai的精确公式（引用{PSu}）中得出，小于或等于$N$的不同基数中的回文数通常是不可比较的。不同碱基的回文之间似乎存在小种，这可能类似于不同残基类的素数之间的小种。我们将在不久的将来讨论这个问题。正如Bayless和Klyve\cite{Bay}，以及Roggero、Nardelli和Di Noto\cite}提出的那样，整数序列的倒数和在数学和理论物理中也引起了人们的普遍兴趣。另见Nguyen和Pomerance \cite｛NP｝关于友好数的倒数和的工作，Kinlaw、Kobayashi和Pomerance \cite｛KKP｝关于满足$\varphi（n）=\varphi（n+1）$的正整数$n$的倒数和的预印本，以及Lichtman \cite｛Lich｝关于原始非亏数的倒数和的文章。此外，Banks、Hart和Sakata最近研究了回文的一些加性性质，而Banks、Cart和Sadata分别研究了{Bank2}、Banks和Shparlinski分别研究了其乘法性质。有关回文的更多信息，我们请读者参阅在线整数序列百科全书（OEIS）中的条目\seqnum{A002113}引用{Slo}。\部分{结果}在本节中，$a$、$c$、$m$、$n$、$k$、$\ell$表示正整数，$x$、$y$、$z$表示正实数。此外，\开始{itemize}\item$\left\lfloor x\right\rfloor$是小于或等于$x$的最大整数；\item$\left\lceil x\right\rceil$是大于或等于$x$的最小整数；\项目$\log x$是$x$的自然对数；\项目$x_b=\sum{m=1}^{b-1}\frac{1}{m}$；\项目$y_b=\sum_{m=b}^{b^2-1}\frac{1}{m}$；和\项目$z{b}=\sum{m=b+1}^{b^2}\frac{1}{m}$。\结束{itemize}注意$x_b=s_{b，1}$和$x_b/（b+1）=s_}b，2}$，并且\开始{方程式*}z_b-y_b=\frac｛1｝｛b^2｝-\frac｛1｝｛b｝=\frac｛1-b｝｛b^2｝。\结束{方程式*}\开始{定理}\标签{rpthm0}我们有\开始{方程式*}\压裂{y_b}{b}-\frac{x_b}}{b^3}\leq s_{b，3}\leq\frac}y_b{b}\quad\text{和}\qua2\frac{z_b}{b^{left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor}}\leqs{b，k}\leque\frac{y_b}{b{left\floor\frac{k}}{2{right\right\ rfloor}}\quad\text{forevery$k\geq4$}。\结束{方程式*}\结束{定理}\开始{proof}我们首先考虑情况$k=3$。具有$3$位的$b$-adic回文的格式为$（aca）_b$，其中$1\leqa\leqb-1$和$0\leqc\leq-b-1$。自\开始{方程式*}\左|\frac{1}{（aca）_b}-\frac}1}{（ac0）_b{\right|=\left|\frac{-a}{，\结束{方程式*}我们获得\开始{方程式}\标签{rpthm0eq1}\压裂{1}{（ac0）_b}-\压裂{1{ab^4}\leq\frac{1}}{。\结束{方程式}请注意\开始{方程式*}\sum{\子堆栈{1\leqa\leqb-1\\0\leqc\leqb-1}}\frac{1}{（ac0）_b}=\frac{1}}{b}\sum{\子栈{1\ leqa\ leqb-1 \\0\leqc \leq-b-1}}\frac{1}{ab+c}=\frac{y_b}{b{4}\text{和}\quare\sum{子堆栈{1 \\0\leqc\leqb-1}}\frac{1}{ab^4}=\frac{x_b}{b^3}。\结束{方程式*}因此，通过对所有$a=1,2，\ldots，b-1$和$c=0,1，\ldot，b-1$s的\eqref{rpthm0eq1}求和，我们得到了不等式$\frac{y_b}{b}-\frac{x_b}}{b^3}\leqs_{b，3}\leq\frac{y_b}{b{$。对于$k=4$、$1\leq a\leq b-1$和$0\leq c\leq b~1$，我们有\开始{方程式*}\压裂{1}{b^2（ab+c+1）}=\压裂{1{（ac00）_b+b^2}\leq\frac{1}}{（acca）_b}\leq \frac}{1}{（ac00）_b}=\裂缝{1}<b ^2（ab+c）}。\结束{方程式*}将所有$a=1，2，\ldot，b-1$和$c=0，1，\ldots，b-1$s相加得出\开始{方程式*}\压裂{z_b}{b^2}=\frac{1}{b_2}\sum_{substack{1\leqa\leqb-1\\0\leqc\leq-b-1}}\frac{1}{ab+c+1}\leqs_{b，4}\leq \frac}1}{b ^2}\sum{\substack{1\\leqa\ leqb-1}\0\leq c\leq b-1}}\frasc{1{ab+c}=\压裂{yb}{b^2}。\结束{方程式*}设$k\geq 5$。具有$k$位的$b$-adic回文的格式为$（aa_1a_2\cdots a_{k-2}一个)_{b} $其中$1\leqa\leqb-1$，$0\leqa_i\leqb-1$用于所有$i\in\{1，2，\ldots，k-2\}$，在$a_i$上具有通常的对称属性。我们修正了$a$和$a_1$，并计算了这种形式的回文数。在{0，1，2，\ldots，b-1\}$中有$a_2的$b$选项，因此$a{k-3}=a_2$只有一个选项。类似地，$a_3$有$b$选项，$a{k-4}$有1个选项。通过继续计数，我们看到这种形式的回文数（当$a$和$a_1$已经被选中时）等于$b^{left\lceil\frac{k-4}{2}\right\rceil}$。因此，这种回文的倒数和满足\开始{方程式*}\sum{a_2，\ldots，a{k-3}}\frac{1}{（aa_1a_2\cdots相加_｛k-2｝a)_b} \leq\frac{b^{\left\lceil\frac}{k-4}{2}\right\rceil}}{（aa_{1}0\光盘0a_{1} 一个)_b} \leq\frac｛b^｛\left\lceil\frac｛k-4｝｛2｝\right\lceil｝｝｛b^｛k-2｝（ab+a_1）｝=\frac｛1｝｛b^｛\left\lfloor\frac｛k｝｛2｝\right\lfloor｝（ab+a_1）｝，\结束{方程式*}其中$a_2，\ldots，a{k-3}$在回文对称条件下遍历所有整数$0，1，2，\ldot，b-1$。因此\开始{方程式*}s_{b，k}=\sum_{\子堆栈{1\leqa\leqb-1\\0\leqa_1\leqb_1}}\sum_{a_2，\ldots，a{k-3}}\frac{1}{（aa_1a_2\cdots a_{k-2}一个)_b} \leq\sum_{\子堆栈{1\leqa\leqb-1\\0\leqa_1\leqb-1}}\frac{1}{b^{left\lfloor\frac}{2}\right\rfloor}（ab+a_1）}=\frac_2_y_b}{b_{left\ lfloor\frac{k}{2{right\ffloor}}}。\结束{方程式*}类似地，如果$a$和$a_1$是固定的，则\开始{方程式*}\sum{a_2，\ldots，a{k-3}}\frac{1}{（aa_1a_2\cdots相加_{k-2}一个)_{b} ｝\geq\frac｛b^｛\left\lceil\frac｛k-4｝｛2｝\right\lceil｝｝｛ab^｛k-1｝+a_{1} b条^{k-2}+b^{k-2{}=\frac{1}{b^{\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor}（ab+a_1+1）}。\结束{方程式*}将上述所有$a=1，2，\ldot，b-1$和$a_1=0，1，\ldots，b-1$s求和，我们得到了$s_{b，k}$的期望下界。这就完成了证明。\结束{proof}\开始{定理}\标签{rpthm1}对于每$b，\ell\geq 2$，我们有\开始{方程式*}\左（\frac{b+2}{b+1}\右）x{b}+\sum{k=3}^{2\ell-1}s{b，k}+\frac{2z{b}}{（b-1）b^{ell-1}}\leqs{b}\leq左（\frac{b+2}{b+1}\右+\压裂{2y{b}}{（b-1）b^{ell-1}}。\结束{方程式*}特别地，\开始{方程式}\标签{rpthm1eq1}\左（\压裂{b+2}{b+1}\右）x{b}+\压裂{y}{b}-\压裂{x_b}{b^3}+\裂缝{2z_b}{b（b-1）}\leqs_{b}\leq \左（\裂缝{b+2{b+1}\右{b}。\结束{方程式}\结束{定理}\开始{proof}为了简单起见，我们分别编写$x$、$y$、$z$，而不是$x_b$、$y_b$和$z_b$。我们对每个$k$考虑$s_{b，k}$，如下所示。显然$s_{b，1}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{b-1}=x$。对于$k=2$，$s_{b，k}$是\开始{方程式*}\sum{a=1}^{b-1}\压裂{1}{（aa）_b}=\sum{a=1{^{b-1}\压裂}{a（b+1）}=\压裂{x}{b+1}。\结束{方程式*}通过写入$s_b=x+frac{x}{b+1}+sum_{k=3}^{2\ell-1}s_{b，k}+\sum_{k=2\ell}^并应用定理ref{rpthm0}，我们得到\开始{方程式*}s_b\leq\frac{b+2}{b+1}x+\sum_{k=3}^{2\ell-1}s_{b，k}+\sum_{k=2\ell}^\infty\frac}y}{b^{left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor}}=\frac{b+2{b+1}x+\sum{k=3{2\ell-1}s{b，k}+\fra c{2y}{（b-1）b^{ell-1}}。\结束{方程式*}同样，\开始{方程式*}s_b\geq\压裂{b+2}{b+1}x+\sum_{k=3}^{2\ell-1}s_{b，k}+\sum_{k=2\ell}^\infty\压裂{z}{b^{left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor}}=\left（\压裂{b2}{b+1}\right）x+\sam_{k=2}^{2\ell-1}k}+\压裂{2z}{（b-1）b^{\ell-1}}。\结束{方程式*}这证明了这个定理的第一部分。第二部分遵循定理{rpthm0}和第一部分中的替换$\ell=2$。\结束{proof}\开始{定理}\标签{rpthm2}序列$（s_b）_{b\geq2}$严格递增。\结束{定理}\开始{proof}我们首先验证$2\leqb\leq16$的$s_{b+1}>s_b$。Myers在中的条目\seqnum{A244162}中给出了$s_2$的十进制展开式OEIS引用{Slo}。Myers还在他的计算中描述了算法，可以在网页\cite{Mye}中找到。所以我们知道$s_2<2.3787957$。或者，替换定理{rpthm1}中的$\ell=3$和$b=2,3$并在计算机中运行计算，我们得到$2.32137259\leq s_2\leq 2.44637260$和$2.60503980\leq s_3\leq 2.62973117$，这意味着$s_2<s_3$。类似地，我们应用\eqref{rpthm1eq1}获得$s_b$的上下限，我们看到$3\leqb\leq16$的$s_b<s_{b+1}$。所以我们假设整个$b\geq 16$。我们首先观察到\开始{方程式*}y_b=z_b+\frac{1}{b}-\frac{1}}{b^2}\quad\text{和}\quad\frac{y_b}{b{-\frac{z_b}}{b}=\frac{b-1}{b ^3}\geq\frac{x_b}{b^3}。\结束{方程式*}因此，对于所有$b\geq2$，$\frac{y_b}{b}-\ frac{x_b}}{b^3}\geq\frac}{z_b}{b}$。因此，\eqref{rpthm1eq1}中的术语$\frac{y_b}{b}-\frac{x_b}}{b^3}$可以替换为$\frac{z_b}{b}$。因此，我们通过\eqref{rpthm1eq1}得到$s_{b+1}-s_b$大于\开始{方程式}\标签{rpthm2eq1}\左（\frac{b+3}{b+2}\右）x{b+1}-\左（\frac{b+2{b+1{right）x_b+\左（\ frac{1}{b+1}+\ frac}{2}{（b+1）b}\右。\结束{方程式}此外，$z_{b+1}-z_b$等于\开始{方程式*}-\frac｛1｝｛b+1｝+\sum_｛m=b^2+1｝^｛b^2+2b+1｝\frac｛1｝｛m｝\geq-\frac｛1｝｛b+1｝+\frac｛2b+1｝｛b^2+1｝=\frac｛b｝｛（b+1）^2｝>0。\结束{方程式*}由于$x_{b+1}=x_b+\frac{1}{b}$和$z_{b+1}>z_b=y_b-\frac{1'{b}+\frac}{b^2}$，我们从\eqref{rpthm2eq1}得到$s_{b+1}-s_b$大于或等于\开始{align*}&\左（\frac{b+3}{b+2}\右）\左（\ frac{1}{b}\右\右）\\&\幻影{\geq}+\左（\frac{1}{b^2}-\frac[1}{b}\右）\左（\frac{1}}{b+1}+\frac}{b（b+1）}\右\\&=\压裂{1}{b}+\压裂{1}{b（b+2）}-\压裂{x_b}{（b+1）（b2+2）{-\压裂。\结束{align*}回想一下，如果$a$和$b$是整数，$a<b$，并且$f$在$[a，b]$上是单调的，那么\开始{方程式}\标签{rpthm2eq2}\最小值{f（a），f（b），}\leq\sum_{n=a}^bf（n）-\int_{a}^b f（t）dt\leq\max\{f（a]，f（b]）}。\结束{方程式}从\eqref{rpthm2eq2}中，我们得到\开始{align*}x_b&=\sum_{m=1}^{b-1}\压裂{1}{m}\leq1+\log（b-1）\leq\frac{3}{2}\log b\\y_b&=-\frac{1}{b-1}+\sum{m=b-1}^{b^2-1}\frac}{m}\leq\log（b+1）\leq\frac{5}{4}\logb。\结束{align*}此外，很容易验证\开始{方程式*}\压裂{1}{b（b+2）}-\frac{（b-1）（b+2）}{b^3（b+1）}>-\frac{1}{b^2}。\结束{方程式*}因此$s_{b+1}-s_b$大于\开始{align}\label{rpthm2eq3}\压裂{1}{b}-\frac{3\log b}{2（b+1）（b+2）}-\frac{5（b+3）\log b}{4b（b-1）（b+1{b}-\frac{1}{b^2}-\frac{3\logb}{b|2}。\结束{对齐}观察函数$x\mapsto\frac{\logx}{x}$在$[3，\infty）$上递减\开始{方程式*}\压裂{3\log b}{b}\leq\压裂{3\ log 16}{16}<\frac{7}{10}\quad\text{和}\quad\压裂{1}{b{<\frac{1}{10}。\结束{方程式*}因此，我们从\eqref{rpthm2eq3}得到\开始{方程式*}s_{b+1}-sb>\frac{1}{b}-\frac}1}{b2}-\frac{3\logb}{b^2}>\frac{1}}{b{-\frac}1}{10b}-\ frac{7}{10b{=\frac[1}{5b}>0。\结束{方程式*}这就完成了证明。\结束{proof}回想一下，如果我们写$f（b）=g（b）+O^\ast（h（b））$，那么它意味着$f（b=g（b+O（h（b））$并且隐含的常数可以取为$1$。此外，$f（b）=g（b）+\Omega_+（h（b））$意味着$\limsup_{b\rightarrow\infty}\frac{f（b。从这一点开始，我们使用\eqref{rpthm2eq2}，无需进一步引用。\开始{定理}\标签{rpthm3}对于$b\geq2$，\开始{方程式*}s_b=\左（\frac{b+2}{b+1}\right）x_b+\左（\frac{1}{b}+\frac{2}{b^2}\rift）y_b+O^\ast\left（\frac{5\log b}{b_3}\right）。\结束{方程式*}这个估计很尖锐，因为$O^\ast\left（\frac{5\logb}{b^3}\right）$可以被$\Omega_+\left。\结束{定理}\开始{proof}设$g（b）=\左（\frac{b+2}{b+1}\right）x_b+\左（\frac{1}{b}+\frac{2}{b^2}\rift）y_b$为上述主要项。由于$y_b\leq\log（b+1）$，我们通过\eqref{rpthm1eq1}得到\开始{方程式*}s_｛b｝-g（b）\leq\frac｛2y_b｝｛b^2（b-1）｝\leq\frac｛2\log（b+1）｝｛b^2（b-1）｝。\结束{方程式*}如果$b=2$，那么很容易检查$\frac{2y_b}{b^2（b-1）}=\frac{5}{12}<\frac{5%logb}{b^3}$。如果$b\geq3$，那么我们断言$\frac{2\log（b+1）}{b^2（b-1）}\leq\frac{5\log b}{b*3}$。为了验证这个断言，我们观察到它等价于$\left（\frac{5}{2}\logb\right）\left。由于$b\geq 3$，我们获得\开始{方程式*}\left（\frac{5}{2}\log b\ right）\left（\frac{b-1}{b}\right）\ geq\frac}{5}{3}\ log b\geq\log 2+\log b=\log（2b）\geq\ log（b+1），\\text{根据需要。}\结束{方程式*}所以在任何情况下，\开始｛方程式｝\标签｛rpthm3eq1｝s_b-g（b）\leq\frac{5\log b}{b^3}。\结束{方程式}我们还通过\eqref{rpthm1eq1}获得$s_b-g（b）$大于或等于\开始{方程式}\标签{rpthm3eq2}\压裂{2z_b}{b（b-1）}-\frac{2y_b}}{b^2}-\frac{x_b}{b^3}=\frac}2z_b}{b b-1）}-\压裂{x_b}{b^3}-\裂缝{2}{b43}+\裂缝{2]{b^4}。\结束{方程式}我们有\开始{align}x_b&=\sum_{m=1}^{b-1}\frac{1}{m}\leq1+\log（b-1）\leq2\log b，\label{rpthm3eq3}\\z_b&=\sum_{m=b}^{b^2}\压裂{1}{m}-\frac{1}}{b}\geq\int_{b}^}b^2{1}t}dt+\frac}1}{b^2]-\frac{1}{b}\geq\ log b-\frac[1}{b{6}\geq \frac[2]\log b}{4}。\标签{rpthm3eq4}\结束{对齐}因此，\eqref{rpthm3eq2}意味着\开始{方程式}\标签{rpthm3eq5}s_b-g（b）\geq\frac{\log b}{2b^{2}（b-1）}-\frac{2\log b{b^3}-\frac{2}{b^3}\geq\frac}\log b}{2b ^3}-\ frac{2\log b2}{bqu3}-\压裂{3\log b/{b^3+>-\frac{5\log。\结束{方程式}通过\eqref{rpthm3eq1}和\eqref{rpthm3 eq5}，我们得到$|s_b-g（b）|\leq\frac{5\log-b}{b^3}$。这证明了这个定理的第一部分。对于$\Omega_+$结果，我们只需要观察$b\rightarrow\infty$、\eqref{rpthm3eq2}和不等式$x_b\leq1+\log（b-1）$和$z_b\geq\log b-\frac{1}{b}$暗示着\开始{方程式*}s_b-g（b）\geq\压裂{2\左（\log b-\frac{1}{b}\right）}{b^2（b-1）}-\压裂{1+\log（b-1 b^3}+\压裂{2}{b^4}，\结束{方程式*}所以\开始{方程式*}\limsup{b\rightarrow\infty}\frac{sb-g（b）}{\left（\frac}\logb}{b^3}\right）}\geq\frac[3]{2}-\frac[11}{10}>0。\结束{方程式*}这就完成了证明。\结束{proof}回想一下，通过应用Euler-Maclaruin求和公式，我们得到\开始{方程式}\标签{rpthm3eq6}\sum{m\leqn}\压裂{1}{m}=\logn+\gamma+\frac{1}}{2n}-\frac}1}{12n^2}+\压裂{theta_n}{60n^4}，\结束{方程式}其中$\gamma$是欧拉常数，$\theta_n\in[0,1]$。\eqref{rpthm3eq6}的计算可以在Tenenbaum\cite[p.\6]{Ten}中找到。由此，我们得到了定理\ref｛rpthm3｝的另一种形式，如下所示。\开始{定理}\标签{rpthm4}统一为$b\geq 2$，\开始{方程式}\标签{rpthm4eq1}s_b=\log b+\gamma+\左（\frac{1}{b}+\压裂{1}}{b+1}\右）\log b+\frac}\gamma}{b+1}-\压裂{1}{2b}+\frac{2\log b}{b^2}-\裂缝{1}{12b（b+1）}+O^\ast\左（\frac{6\log b}{b_3}\right）。\结束{方程式}这一估计是尖锐的，因为$O^\ast\left（\frac｛6\log b｝｛b^3｝\right）$也是$\Omega_+\left（\frac｛\log b｝｛b^3｝\right）$。\结束{定理}\开始{proof}通过\eqref{rpthm3eq6}，我们有\开始{align*}x_b&=\sum_{m\leq-b}\压裂{1}{m}-\frac{1}}{b}=\log b+\gamma-\frac{1}{2b}-\frac{1{12b^2}+\压裂{\theta_b}{60b^4}\\z_b&=\sum_{m\leq-b^2}\frac{1}{m}-\sum_}m\leq b}\frac{1}{m}=\left（\log b^2+\gamma+\frac}{2b^2}-\frac[1}{12b^4}+\frac（\theta）{b^2{}{60b^8}\right）-\left 1}{12b^2}+\frac{\theta_b}{60b^4}\right）\\&=\log b-\压裂{1}{2b}+\压裂{7}{12b^2}-\压裂{5+\theta_b}{60b^4}+\frac{\theta_2}}{60b ^8}\\y_b&=z_b+\frac{1}{b}-\frac{1'{b^2}=\log b+\frac{1}}{2b}-\frac{5}{12b^2{-\frac{5+\theta_b}{60b^4}+\frac{theta{b^2]}{60b ^8}。\结束{align*}写入$\frac{b+2}{b+1}=1+\frac{1}{b+1}$并替换定理{rpthm3}中的$x_b$和$y_b$，我们得到\开始{方程式}\标签{rpthm4eq2}s_b=h（b）+h_1（b）+O^\ast\left（\frac｛5\log b｝｛b^3｝\right）\结束{方程式}其中$h（b）$是\eqref{rpthm4eq1}中给出的主要术语\开始{方程式*}h1（b）=\压裂{11b^2-3b-10}{12b^4（b+1）}+\压裂{\theta_b}{60b^4}+\frac{\theta _b}}{60b ^4（b+1 \压裂{5+\theta_b}{30b^6}。\结束{方程式*}不难看出$h_1（b）\geq 0$和\开始{方程式}\标签{rpthm4eq3}h1（b）\leq\frac{11b^2}{12b^4（b+1）}+\frac{1}{60b^4}+\frac{1}}{60b ^4（b+1）}\leq\frac{11\log b}{12b ^3}+\frasc{\log b}{60b^3}+\fracc{\log b}}{60 b^3}\leq \frac}\log b2}{b^3{。\结束{方程式}因此，\eqref{rpthm4eq2}意味着$s_b=h（b）+O^\ast\left（\frac{6\log b}{b^3}\right）$，这与\eqref{rpthm 4eq1}相同。此外，通过\eqref{rpthm4eq3}中给出的第一个不等式，我们可以看到$h_1（b）\ll\frac{1}{b^3}$。因为$O^\ast\left（\frac{5\log b}{b^3}\right）\eqref{rpthm4eq2}中的$是$\Omega_+left（\frac{log b{b^3}\rift）$和$h_1 \frac{\log b}{b^3}\right）$。这就完成了证明。\结束{proof}\开始{推论}\label{rpcor4}序列$（s_b）_{b\geq2}$发散到$+\infty$，序列$（s _b-s_{b-1}）_{b \geq3}$作为$b\rightarrow\infty$收敛到零。\结束{推论}\开始{proof}第一个断言紧跟在定理\ref{rpthm4}之后。回忆一下$\log（b-1）=\logb+O\left（\frac{1}{b}\right）$。所以我们通过定理\ref{rpthm4}得到$b\rightarrow\infty$，\开始{方程式*}0<s_b-s_{b-1}=\log b-\log（b-1）+O\左（\frac{\log b}{b}\right）\ll\frac}\log b}{b{，\结束{方程式*}这意味着我们的主张。\结束{proof}回想一下，如果$a_n^2-a，序列$（a_n）_{n\geq0}$被称为log-concave_{n-1}a_{n+1}>0$表示每$n\geq 1$，如果$a_n^2-a，则称为对数凸_{n-1}个_{n+1}每$n\geq 1$<0$。关于序列的对数压缩性和对数压缩性的调查文章，我们请读者参考Stanley\cite{Stan}。另请参阅Pongsriam\cite{Pong}，了解一些对数压缩或对数凸的组合序列，以及一些关于某个序列的对数性质的公开问题。\开始｛定理｝\标签｛rpthm6｝序列$（s_b）_{b\geq2}$是对数压缩的。\结束{定理}\开始{proof}对于每个$b=2,3，\ldots，15$，我们使用定理\ref{rpthm1}和$\ell=4$来获得$s_b$的上界$C_b$和下界$D_b$。此外，对于每个$b\geq 13$，让$U_b$和$L_b$分别是\eqref{rpthm1eq1}中给出的$s_b$的上下限。然后\开始{方程式*}s_{b}^2-s_｛b-1｝s_{b+1}>D_{b}^2-C_{b-1}C_{b+1}\text{用于$3\leqb\leq14$和}s_{b}^2-s_{b-1}秒_{b+1}>L_{b}^2-U_{b-1}U_{b+1}\text{用于$b\geq14$.}\结束{方程式*}我们使用MATLAB来检查$D_｛b｝^2-C_{b-1}C_$3\leqb\leq14$和$L_{b}^2-U的{b+1}>0$_{b-1}U_{b+1}>0$（14美元\leq b\leq 1500$）。所以$s_{b}^2-s_{b-1}秒_{b+1}>0$，$3\leqb\leq1500$。所以我们假设整个$b>1500$。然后\开始{align}\label{rpthm5eq1}U型_{b-1}U_{b+1}&=\压裂{（b+1）（b+3）}{b（b+2）}x_{b-1}x_{b+1}+\压裂{b+2}{（b-2）（b-1）（b+1）}y_{b-1}年_{b+1}\n数字\\&\幻影{=}+\压裂{b（b+3）}{（b-2）（b-1）（b+2）}x{b+1}y{b-1}+\裂缝{b+2}{b^2}x_{b-1}年_{b+1}\n数字\\&=A_1+A_2+A_3+A_4，\text{say.}\结束{对齐}自\开始{align*}z_b&=y_b+\压裂{1}{b^2}-\压裂{1'{b}，\四b^4+2b^3-b-1\geq-b^4+2b ^3-2b-1=（b-1）（b+1）^3，\；\文本{和}\\L_{b}&=\压裂{b^4+2b^3-b-1}{b^3（b+1）}x_b+\压裂{y_b}{b}+\压裂}{b（b-1）}，\结束{align*}我们获得\开始{方程式*}L_b=\frac{b^4+2b^3-b-1}{b^3（b+1）}x_b+\frac{b+1}{b（b-1）}y_b-\frac{2}{b_3}\geq\frac{。\结束{方程式*}因此$L_{b}^2$大于或等于\开始{align}\label{rpthm5eq2}&\压裂{（b-1）^2（b+1）^4}{b^6}x{b}^2+\压裂{_{b} 年_{b} -\frac{4（b-1）（b+1）^2}{b^6}x{b}-\frac{4（b+1\\&\geq\frac{（b-1）^2（b+1）^4}{b^6}x_{b}^2+\frac}（b+1_{b} 年_{b} -\frac{4（b-1）（b+1）^2}{b^6}x{b}-\frac{4（b+1\\&=B_1+B_2+B_3-B_4-B_5，\text{say.}\结束{对齐}此外，我们看到\开始{align*}y_{b-1}&=y_b+\frac{1}{b-1{m-\sum{m=（b-1）^2}^{b^2-1}\frac}{m}\leqy_b+\ frac{1}{b-1}-\frac{2b-1}{b^2-1}\leq y_b-\frac[2]{b^2}\\y_｛b+1｝&=y_b-\frac｛1｝｛b｝+\sum_｛m=b^2｝^｛b^2+2b｝\frac｛1｝｛m｝\leq y_｛b｝-\frac｛1｝｛b｝+\frac｛2b+1｝｛b^2｝=y_b+\frac｛b+1｝｛b^2｝\\x{b-1}&=x{b}-\frac{1}{b-1{，\quad\text{和}\quadx{b+1}=x_b+\frac}{b}。\结束{align*}从中，我们得到以下不等式：\开始{align*}A_1&=\压裂{（b+1）（b+3）}{b（b+2）}x_{b}^2-\压裂{（b+1\\&\leq\frac{（b+1）（b+3）}{b（b+2）}x{b}^2-\压裂{（b+1）（b+3）{b^2（b-1）（b+2）{x_b-\压裂{1}{b^2}\\A_2&\leq\压裂{b+2}{（b-2）（b-1）（b+1）}y_{b}^2+\压裂{3（b+2）}{b^2（b-2A_3&\leq\frac{b（b+3）}{（b-2）（b-1）（b+2）}x_{b} 年_{b} +\压裂{b+3}{（b-2）（b-1）（b+2）}yb-\压裂{b+3}{b（b-1\\&\leq\frac{b（b+3）}{（b-2）（b-1）（b+2）}x_{b} 年_{b} +\压裂{b+3}{（b-2）（b-1）（b+2）}yb-\压裂{b+3}{b（b-1\\A_4&\leq\压裂{b+2}{b^2}x_{b} 年_{b} -\压裂{b+2}{b^2（b-1）}y_b+\压裂{（b+1）（b+2）}{b_4}x_b-\压裂\\&\leq\压裂{b+2}{b^2}x_{b} 年_{b} -\压裂{b+2}{b^2（b-1）}y_b+\压裂{（b+1）（b+2）}{b_4}x_b。\结束{align*}由于$b>1500$，因此不难验证\开始{align*}B_1-B_4-A_1&\geq-\frac{（B+1）（6b^3+3b^2-3b-2\\&\geq-\压裂{7}{b^3}x{b}^2+\压裂{1}{b_2}\\B_2-B_5-A_2&\geq-\压裂{B^2+5b+2}{B^2（B-2）（B-1）^2（B+1）}y_{B}^2-\压裂{7b^3+6b^2-12b-8}{B*4（B-2\\&\geq-\frac{1}{b^3}y{b}^2-\frac}1}{b ^3}yb\\B_3-A_3-A_4&\geq-\frac{2（B^4+8b^3+5b^2-8b-4）}{B^4（B-2）（B-1）（B+2）}x_{b} 年_{b} -\压裂｛b^2+4b+8｝｛b^2（b-2）（b-1）（b+2）｝y_b\\&\幻影{\geq}-\frac{b^3+3b^2-4b-4}{b^4（b-1）（b+2）}x_b\\&\geq-\压裂{4}{b^3}x_{b} 年_{b} -\frac{3}{b^3}y_b-\frac}3}{b ^3}x_b。\结束{align*}根据\eqref｛rpthm5eq1｝、\eqref｛rpthm5eq2｝和上述不等式，我们得到\开始{方程式*}L_{b}^2-U_{b-1}U_{b+1}\geq\压裂{1}{b^2}-\压裂{7}{b_3}x{b}^2-\压裂{1}{b~3}y{b}^2-\裂缝{4}{b%3}x_{b} 年_{b} -\压裂{4}{b^3}y_b-\压裂{3}{b43}x_b。\结束{方程式*}由于$x_b\leq\frac{4}{3}\log-b$和$y_b\laq\frac{5}{4}\log b$，\开始{方程式*}L_{b}^2-U_｛b-1｝U_{b+1}\geq\frac{1}{b^2}-\frac{2977}{144}\frac}（\logb）^2}{b43}-\frac{9\logb}{b33}\geq\frac{b-23（\log b）^2]{b^3}。\结束{方程式*}观察函数$x\mapsto x-23（\log x）^2$严格地在$[300，\infty）$上增加。由于$b\geq 1500$，\开始{方程式*}b-23（\log b）^2\geq 1500-23（\og 1500）^2>0。\结束{方程式*}因此$s_{b}^2-s_{b-1}秒_{b+1}\geq L_{b}^2-U_{b-1}U_{b+1}>0$。因此，根据需要，$（s_b）_{b\geq2}$是log-concave。\结束{proof}\开始{remark}我们已经在第二位作者的ResearchGate账户\cite{Pong2}中上传了关于$s_b$计算的数字数据，每个人都可以免费下载。\结尾{remark}\{确认}节我们感谢裁判指出参考文献{KKP，Lich，NP}以及他/她的建议，这些建议改进了本文的表述。我们还感谢编辑长让我们了解《斐波那契季刊》中的问题以及迈尔斯算法。此外，我们还要感谢Wannarut Rungrottheera对我们的支持。Phakhinkon Phunphayap获得泰国科学成就奖学金（SAST）的奖学金。Prapanpong Pongsriiam获得了泰国研究基金和Silpakorn大学科学学院的联合资助，赠款编号RSA5980040。Prapanpong Pongsriam是通讯作者。\开始{书目}{99}\bibitem{Adam1}B.Adamczewski和J.-P.Allouche，《连分式中的颠倒和回文》，emph{Theoret.Compute.Sci.}\textbf{380}（2007），220-237。\bibitem{Adam3}B.Adamczewski和Y.Bugeaud，回文连分式，\emph{Ann.Inst.Fourier}\textbf{57}（2007），1557--1574。\bibitem{Adam4}B.Adamczewski和Y.Bugeaud，涉及重复或对称模式的连分式的超越度量，\emph{J.Eur.Math.Soc.}\textbf{12}（2010），883--914。\bibitem{Amb}P.Ambro\v{z}，C.Frougny，z.Mas\'{a} 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2010数学学科分类：小学11A63；次级11N37、11Y60、40A25。\noindent\emph{关键词：}回文，回文数，倒数、渐近、对数压缩。\大跳跃\小时\大跳跃\noindent（与序列有关\序列号{A002113}和\序列号{A244162}。）\大跳跃\小时\大跳跃\vspace*｛+.1英寸｝\无音（noindent）2019年5月27日收到；2019年10月7日收到修订版；2019年12月10日。发表于2019年12月27日的《整数序列杂志》。\大跳跃\小时\大跳跃\无音（noindent）返回到\htmladdnormallink{整数序列杂志主页}{https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/}.\vskip.1英寸\结束{文档}