Einige unendliche Serien (nur zum Spaß!)

Question

Einige unendliche Serien (nur zum Spaß!)

Summe
Mathematik
Teleskop-Serie
Folgen-und-Serien
Freizeit-Mathematik

Franklin Pezzuti Färber

Ich habe ein paar Probleme mit unendlichen Serien, von denen ich denke, dass MSE Spaß daran haben könnten, deren Antworten ich bereits kenne:

$\sum_{N = 0}^{\infty} \frac{2^{N - 2^{N}}}{1 + 2^{- 2^{N}}} = ?$ $\sum_{n=0}^\infty \frac{2^{n-2^n}}{1+2^{-2^n}}=\text{?}$ $\sum_{N = 0}^{\infty} \frac{4^{N + 2^{N}}}{(1 + 4^{2^{N}})^{2}} = ?$ $\sum_{n=0}^\infty \frac{4^{n+2^n}}{(1+4^{2^n})^2}=\text{?}$ $\sum_{N = 0}^{\infty} \frac{3^{N} (1 + 2 \cdot 3^{- 3^{N}})}{2 cosch (3^{N} \ln 3) + 1} = ?$ $\sum_{n=0}^\infty \frac{3^n(1+2\cdot3^{-3^n})}{2\cosh(3^n\ln 3)+1}=\text{?}$

Nachdem diese alle beantwortet wurden, werde ich Erklärungen posten, wie ich zu den Antworten gekommen bin. Spaß haben!

zw.

Warum sollten wir uns um diese spezielle Serie kümmern, und warum denken Sie, dass Ihr Beitrag hier offen bleiben sollte?

Pedro

Obwohl ich annehme, dass einige Leute diese Herausforderung mögen, denken Sie daran, dass dies eine Q&A-Website ist und keine Website, auf der wöchentliche/monatliche/tägliche Herausforderungen veröffentlicht werden.

Sandeep Silwal

@PedroTamaroff Besser das als eine andere Frage, die darum bittet, jemandes HW zu machen ...

Antworten (2)

Einige unendliche Serien (nur zum Spaß!)

Warum sollten wir uns um diese spezielle Serie kümmern, und warum denken Sie, dass Ihr Beitrag hier offen bleiben sollte?
Obwohl ich annehme, dass einige Leute diese Herausforderung mögen, denken Sie daran, dass dies eine Q&A-Website ist und keine Website, auf der wöchentliche/monatliche/tägliche Herausforderungen veröffentlicht werden.
@PedroTamaroff Besser das als eine andere Frage, die darum bittet, jemandes HW zu machen ...

Sangchul Lee · Answer 1

Das Tag telescoping ist ein toller Hinweis:

\begin{aligned} A_{N} & := \frac{2^{N}}{2^{2^{N}} - 1} & \Rightarrow & A_{N} - A_{N + 1} = \frac{2^{N}}{2^{2^{N}} + 1} \\ B_{N} & := \frac{4^{N} \cdot 4^{2^{N}}}{(4^{2^{N}} - 1)^{2}} & \Rightarrow & B_{N} - B_{N + 1} = \frac{4^{N} \cdot 4^{2^{N}}}{(4^{2^{N}} + 1)^{2}} \\ C_{N} & := \frac{3^{N}}{3^{3^{N}} - 1} & \Rightarrow & C_{N} - C_{N + 1} = \frac{3^{N} (3^{3^{N}} + 2)}{3^{2 \cdot 3^{N}} + 3^{3^{N}} + 1} \end{aligned}

$\begin{align*} A_n &:= \frac{2^n}{2^{2^n}-1} &\Rightarrow & \qquad A_n - A_{n+1} = \frac{2^n}{2^{2^n}+1} \\ B_n &:= \frac{4^n \cdot 4^{2^n}}{(4^{2^n}-1)^2} &\Rightarrow & \qquad B_n - B_{n+1} = \frac{4^n \cdot 4^{2^n}}{(4^{2^n}+1)^2} \\ C_n &:= \frac{3^n}{3^{3^n}-1} &\Rightarrow & \qquad C_n - C_{n+1} = \frac{3^n(3^{3^n}+2)}{3^{2\cdot 3^n}+3^{3^n} + 1} \end{align*}$

Aus diesen erhalten wir

\begin{aligned} \sum_{N = 0}^{\infty} \frac{2^{N}}{2^{2^{N}} + 1} & = lim_{N \to \infty} (A_{0} - A_{N + 1}) = 1 \\ \sum_{N = 0}^{\infty} \frac{4^{N} \cdot 4^{2^{N}}}{(4^{2^{N}} + 1)^{2}} & = lim_{N \to \infty} (B_{0} - B_{N + 1}) = \frac{4}{9} \\ \sum_{N = 0}^{\infty} \frac{3^{N} (3^{3^{N}} + 2)}{3^{2 \cdot 3^{N}} + 3^{3^{N}} + 1} & = lim_{N \to \infty} (C_{0} - C_{N + 1}) = \frac{1}{2} \end{aligned}

$\begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n}{2^{2^n}+1} &= \lim_{N\to\infty} (A_0 - A_{N+1}) = 1 \\ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{4^n \cdot 4^{2^n}}{(4^{2^n}+1)^2} &= \lim_{N\to\infty} (B_0 - B_{N+1}) = \frac{4}{9} \\ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{3^n(3^{3^n}+2)}{3^{2\cdot 3^n}+3^{3^n} + 1} &= \lim_{N\to\infty} (C_0 - C_{N+1}) = \frac{1}{2} \end{align*}$

Lassen Sie für eine Verallgemeinerung $a \geq 2$ sei eine ganze Zahl und betrachte

P_{N} = \frac{A^{N}}{X^{A^{N}} - 1} .

$P_n = \frac{a^n}{X^{a^n}-1}.$

Dann ist es nicht schwer, das zu überprüfen

P_{N} - P_{N + 1} = \frac{A^{N} \sum_{k = 0}^{A - 2} (A - 1 - k) X^{k \cdot A^{N}}}{\sum_{k = 0}^{A - 1} X^{k \cdot A^{N}}}

$P_n - P_{n+1} = \frac{a^n \sum_{k=0}^{a-2} (a-1-k) X^{k \cdot a^n}}{\sum_{k=0}^{a-1} X^{k \cdot a^n}}$

Also wenn $|X| > 1$ , wir erhalten

\begin{matrix} (*) & \sum_{N = 0}^{\infty} \frac{A^{N} \sum_{k = 0}^{A - 2} (A - 1 - k) X^{k \cdot A^{N}}}{\sum_{k = 0}^{A - 1} X^{k \cdot A^{N}}} = P_{0} = \frac{1}{X - 1} . \end{matrix}

$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a^n \sum_{k=0}^{a-2} (a-1-k) X^{k \cdot a^n}}{\sum_{k=0}^{a-1} X^{k \cdot a^n}} = P_0 = \frac{1}{X-1}. \tag{*}$

Dann

Die 1. Serie entspricht $a = 2$ Und $X = 2$ angewendet $\text{(*)}$ .
Die 2. Serie entspricht $a = 2$ Und $X = 4$ angewendet auf die Ableitung von $\text{(*)}$ wrt $X$ .
Die 3. Serie entspricht $a = 3$ Und $X = 3$ angewendet $\text{(*)}$ .

Ein Wald · Answer 2

\begin{aligned} \frac{1}{1 - 2} + S_{1} & = lim_{N \to \infty} (\frac{1}{1 - 2} + \sum_{N = 0}^{N} \frac{2^{N}}{1 + 2^{2^{N}}}) \\ = lim_{N \to \infty} (\frac{1}{1 - 2} + \frac{1}{1 + 2} + \sum_{N = 1}^{N} \frac{2^{N}}{1 + 2^{2^{N}}}) \\ = lim_{N \to \infty} (\frac{2}{1 - 2^{2}} + \sum_{N = 1}^{N} \frac{2^{N}}{1 + 2^{2^{N}}}) \\ = lim_{N \to \infty} \frac{2^{N + 1}}{1 - 2^{2^{N + 1}}} \\ = 0 \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{1-2}+S_1&=\lim_{N\to\infty}(\frac{1}{1-2}+\sum_{n=0}^N \frac{2^{n}}{1+2^{2^n}})\\ &=\lim_{N\to\infty}(\frac{1}{1-2}+\frac{1}{1+2}+\sum_{n=1}^N \frac{2^{n}}{1+2^{2^n}})\\ &=\lim_{N\to\infty}(\frac{2}{1-2^2}+\sum_{n=1}^N \frac{2^{n}}{1+2^{2^n}})\\ &=\lim_{N\to\infty}\frac{2^{N+1}}{1-2^{2^{N+1}}}\\ &=0 \end{align}$

\begin{aligned} \frac{1}{(4^{- 2^{- 1}} - 4^{2^{- 1}})^{2}} - S_{2} & = \frac{1}{(4^{- 2^{- 1}} - 4^{2^{- 1}})^{2}} - \sum_{N = 0}^{\infty} \frac{4^{N + 2^{N}}}{(1 + 4^{2^{N}})^{2}} \\ = lim_{N \to \infty} (\frac{1}{(4^{- 2^{- 1}} - 4^{2^{- 1}})^{2}} - \frac{1}{(4^{- 2^{- 1}} + 4^{2^{- 1}})^{2}} - \sum_{N = 1}^{N} \frac{4^{N}}{(4^{- 2^{N - 1}} + 4^{2^{N - 1}})^{2}}) \\ = lim_{N \to \infty} (\frac{4}{(4^{- 2^{0}} - 4^{2^{0}})^{2}} - \sum_{N = 1}^{N} \frac{4^{N}}{(4^{- 2^{N - 1}} + 4^{2^{N - 1}})^{2}}) \\ = lim_{N \to \infty} \frac{4^{N + 1}}{(4^{- 2^{N}} - 4^{2^{N}})^{2}} \\ = 0 \end{aligned}

$\begin{align} \frac{1}{(4^{-2^{-1}}-4^{2^{-1}})^2}-S_2&=\frac{1}{(4^{-2^{-1}}-4^{2^{-1}})^2}-\sum_{n=0}^\infty \frac{4^{n+2^n}}{(1+4^{2^n})^2}\\ &=\lim_{N\to\infty}(\frac{1}{(4^{-2^{-1}}-4^{2^{-1}})^2}-\frac{1}{(4^{-2^{-1}}+4^{2^{-1}})^2}-\sum_{n=1}^N \frac{4^{n}}{(4^{-2^{n-1}}+4^{2^{n-1}})^2})\\ &=\lim_{N\to\infty}(\frac{4}{(4^{-2^{0}}-4^{2^{0}})^2}-\sum_{n=1}^N \frac{4^{n}}{(4^{-2^{n-1}}+4^{2^{n-1}})^2})\\ &=\lim_{N\to\infty}\frac{4^{N+1}}{(4^{-2^{N}}-4^{2^{N}})^2}\\ &=0 \end{align}$

Dasselbe für $S_3$ . Beachten Sie, dass $\cosh(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$ . Nur ein paar Berechnungen.

Einige unendliche Serien (nur zum Spaß!)

Franklin Pezzuti Färber

zw.

Pedro

Sandeep Silwal

Antworten (2)

Sangchul Lee

Ein Wald

Geschlossene Form für B=limn→∞∑∞a1=11a21∑a1a2=11a22⋯∑an−1an=11a2nB=limn→∞∑a1=1∞1a12∑a2=1a11a22⋯∑an=1an−11an2B=\lim_{ n\to\infty}\sum_{a_1=1}^{\infty}\frac{1}{a_1^2}\sum_{a_2=1}^{a_1}\frac{1}{a_2^2}\ cdots\sum_{a_n=1}^{a_{n-1}}\frac{1}{a_n^2}?

Beweisen Sie diese Identität mit der Triple Product Identity von Jacobi

Beweis der geschlossenen Approximation der Rekursionsrelation Xk=kXk−1Xk=kXk−1X_k=\frac{k}{X_{k-1}}

Wie findet man die Summe dieser unendlichen Reihe: ∑∞k=11(k+1)(k−1)!(1−2k)∑k=1∞1(k+1)(k−1)!(1 −2k)\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+1)(k-1)!}(1 - \frac{2}{k})

Finden Sie die geschlossene Form einer n-Summe

Auswertung von ∑∞y=a(ya)⋅py−a∑y=a∞(ya)⋅py−a\sum_{y=a}^{\infty}{y \choose a} \cdot p^{ya} für p∈[0,1]p∈[0,1]p \in [0,1]

Summe der inversen Quadrate der Hypotenuse pythagoräischer Dreiecke

Hilfe bei der Summe unendlicher Reihen, stecke im Problem fest

Summe von alternierenden Vorzeichengruppen von ganzzahligen Quadraten

Geometrische Reihe von a=2a=2a = 2, r=2r=2r = 2