Grossman 常数

最后更新于：2022年6月25日 下午

考虑由如下递推关系确定的实数数列 \(\lbrace A_n \rbrace\)： \[ \begin{aligned} A_{n+2} = \frac{A_n}{1+A_{n+1}} \\ A_0=1,\; A_1=x \end{aligned} \] 可以证明，有且仅有一个 \(x=x_0\) 使得 \(\lbrace A_n \rbrace\) 收敛。这个 \(x_0 = 0.7373383...\) 被称为 Grossman 常数。

Grossman 常数 在 Wolfram 百科里面有讲，也在 Finch, S. R.《Mathematical Constants》又讲，但是都依赖于核心论文 Janssen, A. J. E. M. and Tjaden, D. L. A. Solution to Problem 86-2. Math. Intel. 9, 40-43, 1987. 折腾终于下下来了。

吐槽一下 Wolfram 百科提供的所有 Reference 链接没法访问。。。

为了方便起见，我们记： \[ \begin{aligned} A_0(x) = \alpha >0 ,\; A_1(x) = x \\ A_{n+2}(x) = \frac{A_{n}(x)}{1+A_{n+1}(x)} \end{aligned} \] 首先罗列一些显而易见的结果：

  • 如果 \(x>0\)，则 \(A_n(x)>0\)，且 \(A_{2n}(0)=\alpha,A_{2n+1}(0)=0\)

  • \(a(x) = \lim A_{2n}(x),\; b(x)= \lim A_{2n+1}(x)\) 均存在，且 \(a(x)b(x)=0\)

  • 如果 \(\lim A_n(x)\) 存在，则为 \(0\)

  • 如果 \(x \leq 0\)，则 \(\lim A_n(x)\) 不存在 （反证，奇偶项写出两个递推关系分析）

    以下仅考虑 \(x\geq 0\) 的情形

  • \(A_{2n}(x)\) 是连续单调递减的函数 （数学归纳）

  • \(A_{2n+1}(x)\) 是连续单调递增的函数 （数学归纳）

  • \(a(x) \geq 0\) 单调递减，\(b(x) \geq 0\) 单调递增

  • \(A_{2n}(x),\;A_{2n+1}(x)\) 都关于 \(n\) 单调递减

  • 重要公式（累和相加）： \[ \alpha - A_{2N+2}(x) = \sum_{n=0} ^N A_{2n+1}(x) A_{2n+2}(x) \\ x - A_{2N+3}(x) = \sum_{n=0} ^N A_{2n+3}(x) A_{2n+2}(x) \]

以上罗列的结果按顺序证明是容易的！

\(\lim A_n(x) =0\) 当且仅当 \(A_n(x)\) 关于 \(n\) 单调递减

Proof： 若 \(\lim A_n(x) =0\) ，再由上面的 “重要公式” 易知： \[ A_{2N+2}(x) = \sum_{n=N+1} ^ \infty A_{2n+1}(x) A_{2n+2}(x) \\ A_{2N+3}(x) = \sum_{n=N+1} ^ \infty A_{2n+3}(x) A_{2n+2}(x) \] 所以 \(A_{2N+2}>A_{2N+3}\) ，紧接着 \(A_{2N+1} = \sum_{n=N+1} ^ \infty A_{2n+1}A_{2n} > A_{2N+2}\)，所以 \(A_n(x)\) 关于 \(n\) 单调递减

这也提供了一个求解 Grossman 常数的数值依据。

最多只有一个 \(x\) 使得 \(\lim A_n(x) =0\)

Proof：若 \(\lim A_n(y) = \lim A_n(x) = 0,\; y>x\)，则： \[ \frac{A_{n+2}(y)}{A_{n+2}(x)} = \frac{A_{n}(y)}{A_{n}(x)} \frac{1+A_{n+1}(x)}{1+A_{n+1}(y)} \] 从而 \[ \frac{A_{2n+2}(y)}{A_{2n+2}(x)} = \prod _{k=1} ^n \frac{1+A_{2k+1}(y)}{1+A_{2k+1}(x)} \\ \frac{A_{2n+1}(y)}{A_{2n+1}(x)} = \frac{y}{x} \prod_{k=1} ^n \frac{1+A_{2k}(y)}{1+A_{2k}(x)} \] 从而 \(\frac{A_{2n+2}(y)}{A_{2n+2}(x)}\) 单调递减收敛于 \(L_1 \leq 1\)，\(\frac{A_{2n+1}(y)}{A_{2n+1}(x)}\) 单调递增收敛于 \(L_2>1\)。所以 \[ \lim \frac{A_{2n+2}(y)}{A_{2n+2}(x)} \frac{A_{2n+1}(x)}{A_{2n+1}(y)} = \frac{L_1}{L_2} <1 \] 但是另一方面 \[ 1 \geq \frac{A_{2n+2}(y)}{A_{2n+1}(y)} \geq \frac{A_{2n+3}(y)}{A_{2n+1}(y)} = \frac{1}{1+A_{2n+2}(y)} \to 1 \\ 1 \leq \frac{A_{2n+1}(x)}{A_{2n+2}(x)} \geq \frac{A_{2n+1}(x)}{A_{2n+3}(x)} = 1+A_{2n+2}(x) \to 1 \] 矛盾！

Dini 定理

为了证明的连贯性，先给出下面需要引用 Dini 定理（证明见陈纪修《数学分析》下册定理 10.2.7）

设函数序列 \(\{S_n(x)\}\) 在闭区间 \([a,b]\) 上（点态）收敛于 \(S(x)\)，且满足：

  • \(S_n(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续
  • \(\{S_n(x)\}\) 关于 \(n\) 单调

则 \(\{S_n(x)\}\) 在 \([a,b]\) 一致收敛于 \(S(x)\) 当且仅当 \(S(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续 （"\(\Rightarrow\)"易证，"\(\Leftarrow\)" 称作 Dini 定理）

存在唯一的 \(x\) 使得 \(\lim A_{n}(x) = 0\)

由“重要公式”知： \[ \alpha - a(x) = \sum_{n=0} ^{\infty} A_{2n+1}(x) A_{2n+2}(x) \\ x - b(x) = \sum_{n=0} ^{\infty} A_{2n+3}(x) A_{2n+2}(x) \\ \] 从而 \(\alpha - a(x) > x - b(x)\)，所以 \(b(\alpha) > 0\)，从而 \(a(\alpha) = 0\)，并且 \(a(0) = \alpha,\; b(0) = 0\)。令 \[ x_0 = \sup \{ x \in [0, \alpha] \mid a(x) >0 \} \\ x_1 = \inf \{ x \in [0,\alpha] \mid b(x)>0 \} \] 显然 \(x_0 \leq x_1\)， 若 \(x_0 < x_1\)，则 对任意 \(x_0 < x < x_1\) 有，\(a(x) = b(x) = 0\)，矛盾于收敛于 0 的 \(x\) 最多只有一个，从而 \(x_0 = x_1\)。

注意到 \(\frac{1}{1+\alpha} A_{2n+1}(x) A_{2n+2}(x) \leq A_{2n+3}(x) A_{2n+2}(x) \leq A_{2n+1}(x) A_{2n+2}(x)\)，所以 \(a(x),b(x)\) 在闭区间 \(D\) 上有共同的一致收敛性，从而由 Dini 定理 知，\(a(x)\) 在闭区间 \(D\) 上连续当且仅当 \(b(x)\) 在闭区间 \(D\) 上连续。

我们想要证明 $a(x),b(x) $ 在区间 \([0,\alpha]\) 上连续，从而 \(a(x_0) = b(x_0) = 0\)。

当 \(x < x_0\) 时，\(b(x)=0\)，当 \(x > x_0\) 时，\(a(x)=0\)，所以 \(a(x),b(x)\) 在 \([0,x_0) \cup (x_0, \alpha]\) 上连续。

若 \(a(x_0) >0\)，则 \(b(x_0) = 0\)，记 \(b_0 = \lim_{x \to x_0 ^{+}} b(x)\)，若 \(b_0>0\)， 则 \[ A_{2k+2}(x) = \prod_{j=1} ^k \frac{1}{1+A_{2j-1}(x)} < \frac{1}{(1+b_0)^k} \quad x \in (x_0, \alpha ] \\ A_{2k+1}(x) = \prod_{j=1}^k \frac{1}{1+A_{2j}(x)} < \frac{1}{(1+a(x_0))^k} \quad x \in [0,x_0] \] 从而 \(a(x),b(x)\) 在 \([0,\alpha]\) 上一致收敛，矛盾，从而 \(b_0 = 0\)，从而 \(b(x)\) 连续，从而 \(a(x)\) 连续，矛盾，从而 \(a(x_0) = 0\)。同理 \(b(x_0) = 0\)。所以 \(\lim A_n(x) = 0\)。

Grossman 常数的推广

由上述过程可知，本质上，对每个给定的 \(A_0 \geq 0\), 都存在唯一的 \(0 \leq A_1 \leq A_0\) ，使得 \(\lim A_n\) 存在（且等于 0）。我们不妨 \(A_1 = F(A_0)\)，其中 \(F: [0, +\infty] \to [0, \infty]\)，满足 \(F(0)= 0\)，若\(x>0\) 则，\(0<F(x)<x\) ，假设 \(A_0 = \alpha\)，则 \(A_1 = F(\alpha),\;A_2 = \frac{\alpha}{1+F(\alpha)}\)，而 \((A_0, A_1) = (F(\alpha),\frac{\alpha}{1+F(\alpha)})\) 必然能使得 \(\lim A_n = 0\)， 所以 \(F(F(\alpha)) = \frac{\alpha}{1+F(\alpha)}\)，写成 \[ x = (1+F(x))F(F(x)) \] 由于 \(a(x)\) 关于 \(\alpha\) 连续，所以 \(x_0(\alpha) = \sup \{ x \in [0, \alpha] \mid a(x) >0 \}\) 关于 \(\alpha\) 连续，即上述 \(F(x)\) 连续，若可导​，则 \(F(x)\) 单调递增。

上述形式最早由 Gabor Nyerges 给出（由于找不到文献，所以就自己推导了一下）

按照上述观点，从而 Grossman 常数就是 \(F(1)\)。

Grossman 常数的数值计算

由于 \(\lim A_n(x) =0\) 当且仅当 \(A_n(x)\) 关于 \(n\) 单调递减 。令 \(n_0\) 是最小的 \(n\) 使得 \(A_{n+1}(x) > A_n(x)\)，则 \[ A_{n+3}(x) - A_{n+2}(x) = \frac{(A_{n+1} - A_n) + (A_{n+1}^2 - A_n A_{n+2}) }{(1+A_{n+2})(1+A_{n-1})} > 0 \] 从而对任意 \(k \geq 0\)，\(A_{n+2k+1} > A_{n+2k}\)。

若 \(n\) 为偶数，则 \(b(x)>a(x)\)，从而 \(b(x) > 0 = a(x)\)，即 \(x>x_0\)。反之，若 \(n\) 为奇数，则 \(x < x_0\)。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

bool bigercheck(double x,double m,int step = 10000){
  bool ans=true;
  while(--step&&x>m){
    ans = !ans;
    double t=x/(1+m);
    x = m;
    m = t;
  }
  return x>m||ans;
}

double F(double x,double eps = 1e-12){
  double l =x/(1+x),r = x;
  while(r-l>eps){
    double m = (l+r)*0.5;
    if(bigercheck(x,m))  r=m;
    else l=m;
  }
  return r;
}

int main(){
  double x;
  while(cin>>x){
    cout<<F(x)<<endl;
    cout<<F(F(x))*(F(x)+1)-x<<endl;
  }
  return 0;
}

高精度太耗时了！参考 A085835

后来的故事

Gabor Nyerges 在 2014 年的论文 《On the convergence of \(x_n = f(x_{n–2}, x_{n–1})\) when \(f (x, y) < x\). Advances in Difference Equations2014, 2014:8》中证明，只需 \(f: (0,\infty)^2 \to (0,\infty)\)，\(f (x, y) < x\)，且\(f(x,y)\) 关于 \(y\) 递减，则对任意 \(x_0 > 0\)，存在 \(f(x_0,x_0)<x_1<x_0\) 使得 \(x_n\) 单调递减趋于 0 。但是没法保证唯一性，毕竟条件这么弱。证明过程巧妙的应用了闭区间套定理。

明显的推论：若 \(x_n = \frac{x_{n-2}}{1+f(x_{n-1})}\)，其中 \(f: (0,\infty) \to (0, \infty)\)为单调递增的连续函数， 则，对任意 \(x \geq 0\)，存在唯一的 \(\frac{x_0}{1+f(x_0)} \leq x_1 \leq x_0\)

Proof ：存在性由 Gabor Nyerges 的证明显然，唯一性模仿之前的过程显然。