Putnam 2016/B6

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8113
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Putnam 2016/B6

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Ιαν 04, 2017 8:44 pm

Να υπολογιστεί το

\displaystyle{\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{k2^n+1}.}



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3862
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

Re: Putnam 2016/B6

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Τετ Ιαν 04, 2017 8:59 pm

Γεια σου Δημήτρη,

επειδή η διπλή σειρά συγκλίνει απόλυτα μπορούμε να εναλλάξουμε τη σειρά άθροισης. Τότε:
\displaystyle{\begin{aligned}  \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{k2^n+1} &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1} x^{k 2^n } \, {\rm d}x\\    
 &= \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k} x^{2^n k} \, {\rm d}x\\     
&= \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1} \log \left ( 1+x^{2^n} \right ) \, {\rm d}x\\    
&= \int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty} \log \left ( 1+ x^{2^n} \right ) \, {\rm d}x  \\     
&= \int_{0}^{1} \log \prod_{n=0}^{\infty} \left ( 1+x^{2^n} \right ) \, {\rm d}x \\    
 &= - \int_{0}^{1} \log  \left ( 1-x \right ) \, {\rm d}x \\    
&=1  \end{aligned}} διότι
\displaystyle{\prod_{n=0}^{\infty} \left ( 1+ x^{2^n} \right ) = \left ( 1+x \right )\left ( 1+x^2 \right )\left ( 1+x^4 \right )\cdots = 1+x + x^2 + x^3 + \mathcal{O}\left ( x^4 \right ) = \sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x}} Η παραπάνω τεχνική είναι πολύ γνωστή και υπάρχει σε διάφορα papers.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες