IMC 1995/2/2

#1

Έστω $(b_n)_{n \geqslant 0}$ ακολουθία θετικών αριθμών με b_0 = 1

και $b_n = 2 + \sqrt{b_{n-1}} - 2\sqrt{1+\sqrt{b_{n-1}}}$ για $n\geqslant 1$ . Να υπολογιστεί το $\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} b_n2^n}$

kwstas12345 · #2

Θα αποδέιξουμε επαγωγικά ότι $\displaystyle b_{n}=\left(2^{2^{-n}} -1 \right)^2 , n\geqslant 1$ . Για n=1

από τον αναδρομικό τύπο βρίσκουμε ότι $\displaystyle b_{1}=\left(\sqrt{2}-1 \right)^2$ , άρα ισχύει για n=1

.Παρατηρούμε ότι ισχύει: $\displaystyle b_{n+1}=\left(\sqrt{1+\sqrt{b_{n}}}-1 \right)^2$ , άρα αν ισχύει η υπόθεση για

τότε $\displaystyle b_{n+1}=\left(\sqrt{1+2^{2^{-n}}-1}-1 \right)^2=\left(2^{2^{-n-1}}-1 \right)^2$ . Άρα αποδείχθηκε ο τύπος για την $b_{n}$ .

Τώρα έχουμε ότι: $\displaystyle \sum_{n=1}^{N}{b_{n}2^n}=\sum_{n=1}^{N}{2^n}+\sum_{n=1}^{N}{\left(2^n 2^{2^{-n+1}}-2^{n+1}2^{2^{-n}} \right)}$ . Το πρώτο άθροισμα ισοούται με $\displaystyle 2^{N+1} {\color{red} -2}$ ενώ το δεύτερο είναι τηλεσκοπικό και ισούται με $\displaystyle 4-2^{N+1} 2^{2^{-N}}$ .

Άρα $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}{b_{n}2^n}=\lim_{N\rightarrow \infty} \left(2+2\cdot2^{N}\left(1-2^{2^{-N}} \right) \right)=2-2\log 2$ . Το όριο $\displaystyle \lim_{N\rightarrow \infty} \left(2^{N}\left(1+2^{2^{-N}} \right) \right)$ υπολογίζεται θέτοντας $\displaystyle z=2^{-N}$ , και εφαρμόζοντας έπειτα τον κανόνα του De Hospital.

Εdit:Δημήτρη σε ευχαριστώ.

IMC 1995/2/2

IMC 1995/2/2

Re: IMC 1995/2/2

Μέλη σε σύνδεση