IMC 2015/1/3

#1

Έστω

, $F(1)=\frac{3}{2}$ και $F(n)=\frac{5}{2}F(n-1)-F(n-2)$ για $n\geqslant 2$ .

Να εξεταστεί αν ο $\displaystyle{\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}\,\frac{1}{F(2^n)}}}$ είναι ρητός ή όχι.

#2

Demetres έγραψε:Έστω , $F(1)=\frac{3}{2}$ και $F(n)=\frac{5}{2}F(n-1)-F(n-2)$ για $n\geqslant 2$ .

Να εξεταστεί αν ο $\displaystyle{\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}\,\frac{1}{F(2^n)}}}$ είναι ρητός ή όχι.

Μάλλον εύκολη δια διαγωνισμό φοιτητών αφού η λύση αποτελείται από δύο ανεξάρτητα μέρη, γνωστά και απλά και τα δύο:

Η γραμμική αναδρομική σχέση έχει χαρακτηριστική εξίσωση την $x^2=\frac {5}{2} x -1$ της οποίας οι ρίζες είναι

και $\frac {1}{2}$ . Άρα $F(n) = 2^nA + \frac {B}{2^n}$ . Λαμβάνοντας υπόψη τις δύο αρχικές τιμές καταλήγουμε
στην $F(n) = 2^n- \frac {1}{2^n}$ . Άρα το δοθέν άθροισμα είναι το $\displaystyle{\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}\,\frac{1}{2^{2^n} - \frac {1}{2^{2^n}} }= \displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}\,\frac{2^{2^n}}{2^{2^{n+1}} -1 }}$

Για να βρούμε το άθροισμα εργαζόμαστε με τηλεσκοπική μέθοδο: Μπορούμε λίγο γενικότερα (και δεν αμφιβάλλω ότι έχουμε δει παρόμοιο στο φόρουμ, άλλωστε είναι αρκετά κοινό στην βιβλιογραφία) να πούμε για a>1

$\displaystyle{\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}\,\frac{a^{2^n}}{a^{2^{n+1}} -1 } = \sum_{n=0}^{\infty}\,\frac{a^{2^n}+1-1}{a^{2^{n+1}} -1 } = \sum_{n=0}^{\infty}\,\left ( \frac{1}{a^{2^{n}}-1 } - \frac{1}{a^{2^{n+1}}-1}\right ) = \frac {1}{a-1}}$ και λοιπά.

Μ.

IMC 2015/1/3

IMC 2015/1/3

Re: IMC 2015/1/3

Μέλη σε σύνδεση