Aθροισμα 7

antegeia · #1

Να αποδειχθεί ότι

$\frac{1}{1+x}+\frac{2x}{1+x^2}+\frac{4x^3}{1+x^4}+.....=\frac{1}{1-x},\left|x \right|\prec 1$

Yγ εκ παραδρομης γραφτηκε με κλειστο τυπο χωρις να ληφθει υποψη το 0. Παντως οι επισημανσεις των υπολοιπων βελτιωνουν τα λαθη ... και μας κανουν ολους καλυτερους. Αλλωστε η αγαπη για τα μαθηματικα και οι καλες προθεσεις υπαρχουν....

#2

Για x=0 έχω πρόβλημα.

Μα που τις βρίσκεις όλες αυτές !!

Εξαιρετικά μεγάλο το ποσοστό σου σε λανθασμένες εκφωνήσεις...

#3

H άσκηση είναι λάθος. Το σχετικό άθροισμα δεν εκφράζεται με κλειστό τύπο.

Edit: Με τα νέα δεδομένα .. αλλάζουν τα πράγματα ..

#4

antegeia έγραψε:Να αποδειχθει οτι

$\frac{1}{1+x}+\frac{2x}{1+x^2}+\frac{4x^3}{1+x^4}+.....=\frac{1}{1-x},\left|x \right|\prec 1$

Yγ εκ παραδρομης γραφτηκε με κλειστο τυπο χωρις να ληφθει υποψη το 0. Παντως οι επισημανσεις των υπολοιπων βελτιωνουν τα λαθη ... και μας κανουν ολους καλυτερους. Αλλωστε η αγαπη για τα μαθηματικα και οι καλες προθεσεις υπαρχουν....

Θεωρώ, λοιπόν, ότι ζητείται να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{n-1}x^{2^{n-1}-1}}{1+x^{2^{n-1}}}=\frac{1}{1-x}}$ για |x|<1

.

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{1+x}-\frac{1}{1-x}=\frac{-2x}{1-x^2}}$ ,

$\displaystyle{\frac{2x}{1+x^2}+\frac{-2x}{1-x^2}=\frac{-4x^3}{1-x^4}}$ ,

$\displaystyle{\frac{4x^3}{1+x^2}+\frac{-4x^3}{1-x^4}=\frac{-8x^7}{1-x^8}}$
κ.ο.κ

οπότε με επαγαγωγή εύκολα δείχνουμε ότι

$\displaystyle{\left(\sum_{n=1}^{k} \frac{2^{n-1}x^{2^{n-1}-1}}{1+x^{2^{n-1}}}\right)-\frac{1}{1-x}=\frac{-2^{k}x^{2^{k}-1}}{1-x^{2^{k}}}\to 0}$ (*),

καθώς $k\to \infty$ αφού |x|<1

.

Πράγματι, για x=0

είναι προφανές, ενώ για 0<|x|<1

, αν θέσουμε $\displaystyle{x_n=\frac{nx^{n-1}}{1-x^n}}$ ,

παίρνουμε

$\displaystyle{\lim_{n\to \infty} \frac{|x_{n+1}|}{|x_n|}=\lim_{n \to \infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)\frac{|x||1-x^n|}{|1-x^{n+1}|}=|x|<1}$ ,

απ'οπου έπεται η (*).

Φιλικά,

Αχιλλέας

#5

Αν

τότε από κριτήριο πηλίκου μπορούμε να δούμε ότι η σειρά $\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n x^{2^n - 1}}{1 + x^{2^n}}}$ συγκλίνει απόλυτα.

Χρησιμοποιώντας τον τύπο $\displaystyle{ \frac{1}{1+y} = \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k y^k}$ βλέπουμε ότι

$\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n x^{2^n - 1}}{1 + x^{2^n}} = \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{\infty} 2^n (-1)^k x^{(k+1)2^n - 1} = \frac{1}{x} \sum_{m=1}^{\infty} \left( \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty} I[m = (k+1)2^n] 2^n (-1)^k \right)x^m}$

όπου $I[m = (k+1)2^n] = \begin{cases} 1 & \alpha \nu \quad m = (k+1)2^n \\ 0 & \alpha \nu \quad m \neq (k+1)2^n \end{cases}$

Αν όμως m=a2^b

όπου

περιττός, τότε $\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty} I[m = (k+1)2^n] 2^n (-1)^k = 2^b - (2^{b-1} + \cdots + 2^1 + 2^0) = 1 }$

Άρα $\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n x^{2^n - 1}}{1 + x^{2^n}} \sum_{m=1}^{\infty} x^{m-1} = \frac{1}{1-x} }$

#6

μια ακόμη προσπάθεια ΠΙΟ σχολικής λύσης χωρίς τα κριτήρια ομοιόμορφης σύγκλισης...

Αν S το ζητούμενο άθροισμα τότε $\displaystyle{S=(ln(1+x)+ln(1+x^2)+...ln(1+x^{2^n}))'=(lnA))'}$ όπου $\displaystyle{A=(1+x)(1+x^2)...(1+x^{2^n})}$

αλλά $\displaystyle{(1-x)A=(1-x)^2...(1+x^{2^n})=...=(1-x^{2^{1+n}})}$ άρα $\displaystyle{A=\frac{1-x^{2^{1+n}}}{1-x}\to \frac{1}{1-x}}$

τα προηγούμενα ισχύουν όταν $\displaystyle{-1<x<1}$

όμως $\displaystyle{lnA\to ln(\frac{1}{1-x})=-ln(1-x)}$ οπότε $\displaystyle{(lnA)'\to (-ln(1-x))'=\frac{1}{1-x}}$

Aθροισμα 7

Aθροισμα 7

Re: Aθροισμα 7

Re: Aθροισμα 7

Re: Aθροισμα 7

Re: Aθροισμα 7

Re: Aθροισμα 7

Μέλη σε σύνδεση