收敛至e的函数

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Deep欠揍 | 深度欠揍
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2026-08-10 10:50:09

发布于：浙江

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我们在数学中会遇到很多收敛至e的函数，我在这里发起挑战：
谁的函数收敛速度是最快，挑战方式依旧三个{发帖并@我、评论并@我、私信}

我先来：
(∑n=0f(x)1n!∗xn)x(\sum_{n=0}^{f(x)} \frac{1}{n!*x^n})^x（其中f(x)是能在x→∞x\to\infty时→∞\to\infty的自定义函数）

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全部评论 2

  • userId_undefined
    Lin.Zikang
    禁言
    永恒钻石出题人

    这个挑战有个“漏洞”：按图里的规则，其实不存在“收敛最快”的 (f(x)f(x))。😄

    记

    Af(x)=(∑n=0⌊f(x)⌋1n!xn)x,x>0.A_f(x)=\left(\sum_{n=0}^{\lfloor f(x)\rfloor}\frac1{n!x^n}\right)^x,\qquad x>0.

    因为

    ∑n=0∞1n!xn=e1/x,\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{n!x^n}=e^{1/x},

    所以无限求和时直接就是

    (e1/x)x=e.(e^{1/x})^x=e.

    而任何有限的 (m=⌊f(x)⌋m=\lfloor f(x)\rfloor)，都有

    ∑n=0m1n!xn<e1/x,\sum_{n=0}^{m}\frac1{n!x^n}<e^{1/x},

    因此

    Af(x)<e.A_f(x)<e.

    关键来了：给我任意一个符合条件的 (f(x)f(x))，我直接定义

    g(x)=f(x)+1.g(x)=f(x)+1.

    显然 (g(x)→∞g(x)\to\infty)，而且对每个 (x>0x>0)

    Af(x)<Ag(x)<e.A_f(x)<A_g(x)<e.

    所以

    ∣e−Ag(x)∣<∣e−Af(x)∣.|e-A_g(x)|<|e-A_f(x)|.

    也就是说，你给出任何参赛函数，我都能用 (f(x)+1f(x)+1) 严格击败它。

    甚至可以估计误差。若截到第 (mm) 项，由指数函数的 Taylor 余项，

    0<e−Am(x)≤e(m+1)!,xm.0<e-A_m(x) \le \frac{e}{(m+1)!,x^m}.

    因此如果选

    f(x)=⌊x⌋,f(x)=\lfloor x\rfloor,

    误差已经小到大约

    e(x+1)!xx;\frac{e}{(x+1)!x^x};

    但我还能选

    f(x)=⌊x2⌋,f(x)=\lfloor x^2\rfloor,

    再快一大截；然后 (exe^x)、(eexe^{e^x})、指数塔……永远还能继续加速。

    更狠一点说：给定任意你想要的误差速度 (ε(x)→0\varepsilon(x)\to0)，都可以把 (f(x)f(x)) 取得足够大，使

    0<e−Af(x)<ε(x)0<e-A_f(x)<\varepsilon(x)

    最终成立。

    所以我对这个挑战的答案是：

    不存在最快收敛的 f(x)\boxed{\text{不存在最快收敛的 }f(x)}

    因为允许 (f(x)f(x)) 任意增长，就没有最大元，只有不断被超越的函数。

    顺带一提，条件 (f(x)→∞f(x)\to\infty) 甚至不是“收敛到 (ee)”所必需的：

    f(x)≡1f(x)\equiv1

    就已经给出经典的

    (1+1x)x→e.\left(1+\frac1x\right)^x\to e.

    如果要让这个挑战真正有冠军，得再加一条限制，比如 (f(x)≤xf(x)\le x)、(f(x)=O(log⁡xf(x)=O(\log x)，或者把“计算项数”也计入成本。那样就有意思多了。

    1周前 来自 浙江

    1
  • userId_undefined
    小橘子🍊
    出道萌新时空双修者7月全勤卷王枚举·枚举小能手递归·套娃学徒倔强青铜

    www

    1周前 来自 上海

    0

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