是否所有整數序列都具有初等通項公式？

1樓：暮無井見鈴

自己想到了乙個半吊子的結論：

對於任意整數數列 ，

考慮單調遞增的整數數列

嚴格有 |a_i|,i\in\rm^}" eeimg="1"/>令 ，可知 遞增且 。

令 可以得到有初等通項公式的數列 ，它不被 控制。

證明：易得 時，

對於 ， 與最鄰近整數的差的絕對值小於 。

又 ，故當 時

有 \frac^)}^ = \frac" eeimg="1"/>故 b_n > |a_n|" eeimg="1"/>但不理解如何把 變形成控制 的數列。

這類變形是如何用初等函式做到的呢？

2樓：

我覺得乙個初等函式，把N映入Z是個很強的條件。

這樣的初等函式應該只是可數多。

我寫乙個非常不嚴謹的「證明」，忽略了多值函式和奇點，但應該可以寫成嚴謹的證明。 主要是要注意到初等函式的「模空間」是可數type的。

首先存在可數個初等函式的形，使得每個初等函式是這個形在某個C^n的開集合上的取值。比如 sin(3z)+log z^2+5 可以看成形sin(az)+logz^2+b 於 (a,b)=(3,5)處的取值。

這樣我們可以得到可數個C^n 中聯通開集 M_i, i>=0 來引數化所有的初等函式。對於乙個初等函式 f，a屬於C， 我們說f(a)=b是說 f在a附近的乙個領域可定義，且在a處=1。

對任何t\inM_i， 我們記 f_t 為 t對應的初等函式。 我們只需要證明對每個i,M_i中只有可數個t使得 f_t在N上可定義且取值在Z中即可。我們只需要證明如下更強的命題。

對任何C^d 中聯通開集M，引數化一族初等函式， 則 S_M:= 可數。

對維數歸納。 如果d=0，平凡。

假設d>=1. 對任何i>=0, 記M^i:=。 那麼M^i是M中遞減的開集合。因為每次除去的是乙個解析閉子集，所以M^i都是連通的。

如果對任何i>=0， 有 f_t(i), t\in M^i， 為常數。那麼 |S|=1.

反之，存在最小的i>=0， 有f_t(i), t\in M^i， 非常數。 那麼對任何a\in Z， f_t(i)=a為M^i中的解析閉子集，最多有可數個不可約分支。 這樣我們就得到了可數個維數

我們對這裡面每個分支用歸納假設，就得到S是可數個可數集的並。所以可數。

3樓：

我是提問者。

更新 2：答案是肯定的——所有的整數序列都具有初等通項公式。

證明在 Of elementary general terms (Updated on 3 January)，主要思路是：

尋求乙個有初等通項的數列，它有無數項比給定的數列大；

求這數列的前 n 項和，讓它單調遞增；

把這個數列和自己復合（加速數列的增長），使它總是比給定的數列大；

利用「被初等函式控制即具有初等通項」得到結論。

原始回答：

關於題目中的一些敘述有必要補充一下：

那個等價說法的證明在 Of elementary general terms 因為是個人 blog 不想有打廣告的嫌疑就沒有寫進問題描述；

乙個常見的錯誤是以為初等函式類可數，實際上光是常數就已經不可數了；

另乙個常見的錯誤是以為初等函式都可計算，實際上不可計算數本身也是初等函式；

再另乙個常見的錯誤是覺得「初等通項公式」是「好看」的；

還有乙個常見的錯誤是想當然地以為一些數列不具有初等通項公式，最明顯的是質數數列；

如果去掉三角函式、反三角函式，這個問題將會是簡單的——存在長得比所有初等函式都快的函式。

更新 1：另乙個錯誤已經在題目資訊裡更正。等價的問法是：是否存在乙個整數序列，它不能被任何具有初等通項公式的序列控制？

不需要也不能要求該序列增長快於任何有初等通項的序列：可以證明沒有這樣的整數序列。證明可以在 Of elementary general term (Updated on 2 January) 找到。

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