Finn et enklere uttrykk for
[tex](3^{2^0}+1)(3^{2^1}+1)\cdots (3^{2^n}+1)[/tex]
Enklere uttrykk
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Cube - mathematical prethoughts | @MatematikkFakta
Med forbehold om tullete feil. (både her og ellers)
Med forbehold om tullete feil. (både her og ellers)
Vi ser at hvert ledd er på formen 3^[tex]{\sum_{i \in I} 2^i}[/tex] der [tex]I \subseteq \{0,1,...,n} [/tex] oppstår. Det er [tex]2^{n+1}[/tex] forskjellige slike, og også [tex]2^{n+1}[/tex] forskjellige ledd ved utvidelse, så hvert ledd på den formen oppstår èn gang.
Ved å betrakte [tex]\sum_{i \in I} 2^i[/tex] i basis 2, så ser vi at summen er et unikt tall mellom 0 og [tex]2^{n+1}-1[/tex].
Ved å gjøre om på rekkefølgen får vi at produktet er lik
[tex]\sum_{k=0}^{2^{n+1}-1}3^k =\frac{3^{2^{n+1}}-1}{2}[/tex]
EDIT: Alternativt:
[tex](3^{2^0}-1)(3^{2^0}+1)(3^{2^1}+1)...(3^{2^n}-1) \\ =(3^{2^1}-1)(3^{2^1}+1)...(3^{2^n}+1) \\ = (3^{2^2}-1)...(3^{2^n}+1) \\ ... \\ = (3^{2^{n+1}}-1)[/tex]
og verdien av produktet følger direkte.
Ved å betrakte [tex]\sum_{i \in I} 2^i[/tex] i basis 2, så ser vi at summen er et unikt tall mellom 0 og [tex]2^{n+1}-1[/tex].
Ved å gjøre om på rekkefølgen får vi at produktet er lik
[tex]\sum_{k=0}^{2^{n+1}-1}3^k =\frac{3^{2^{n+1}}-1}{2}[/tex]
EDIT: Alternativt:
[tex](3^{2^0}-1)(3^{2^0}+1)(3^{2^1}+1)...(3^{2^n}-1) \\ =(3^{2^1}-1)(3^{2^1}+1)...(3^{2^n}+1) \\ = (3^{2^2}-1)...(3^{2^n}+1) \\ ... \\ = (3^{2^{n+1}}-1)[/tex]
og verdien av produktet følger direkte.
Vi ser at i utvidelsen av produktet kommer eksponentene i [tex]x[/tex] til å være summer av distinkte treerpotenser fra mengden [tex]\{3^1, 3^2, 3^3 \ldots , 3^{1996} \}[/tex]. Vi ser også at ingen tall kan skrives 'på to måter' som summer av treerpotenser, så det vil være [tex]2^{1996}[/tex] ledd i utvidelsen av produktet. Koeffisienten til leddet [tex]x^{3^{a_1}+\ldots +3^{a_n}[/tex] vil da opplagt være lik [tex]a_1a_2\ldots a_n[/tex]. Vi må altså finne ut hva det 1996te positive heltallet som kan skrives som en sum av distinkte treerpotenser er. Om vi tar tretallssystemet i bruk ser vi at [tex]a_1=10[/tex], [tex]a_2=100[/tex], [tex]a_3=110[/tex], [tex]a_4=1000[/tex], [tex]a_5=1010[/tex] og så videre. Med andre ord er [tex]a_n[/tex] lik [tex]n[/tex] skrevet i totallssystemet, men 'lest i' tretallssystemet med en ekstra null bak. Siden [tex]1996=11111001100_2[/tex] er [tex]k_1996=111110011000_3[/tex]. Siden [tex]x^{k_1996}[/tex] da er lik [tex]x^{3^3+3^4+3^7+3^8+3^9+3^{10}+3^{11}}[/tex][tex]a_{1996}[/tex] er da lik produktet av eksponentene, og altså lik [tex]3\cdot 4 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11[/tex].
Fin løsning på mitt originale problem. Når jeg løste den, regnet jeg ut for n=3, så et mønster og gjettet på en løsning. Da var det et nærmest trivielt induksjonsargument som fikset biffen.
Cube - mathematical prethoughts | @MatematikkFakta
Med forbehold om tullete feil. (både her og ellers)
Med forbehold om tullete feil. (både her og ellers)
Oppfølger:
La [tex]F_n[/tex] være det n-te Fibonaccitallet. (Det [tex]F_0=F_1=1[/tex], og [tex]F_{n+2}=F_{n+1}+F_n[/tex].) Finn verdien av de uendelige summene:
a)
[tex]\sum_{n=1} ^{\infty} \frac {F_n} {F_{n-1}F_{n+1}}[/tex]
b)
[tex]\sum_{n=1} ^{\infty} \frac 1 {F_{n-1}F_{n+1}}[/tex]
La [tex]F_n[/tex] være det n-te Fibonaccitallet. (Det [tex]F_0=F_1=1[/tex], og [tex]F_{n+2}=F_{n+1}+F_n[/tex].) Finn verdien av de uendelige summene:
a)
[tex]\sum_{n=1} ^{\infty} \frac {F_n} {F_{n-1}F_{n+1}}[/tex]
b)
[tex]\sum_{n=1} ^{\infty} \frac 1 {F_{n-1}F_{n+1}}[/tex]
Begge kan løses ved teleskoperende rekker.
a) Vi har at [tex]\frac{F_n}{F_{n-1}F_{n+1}} = \frac{1}{F_{n-1}}-\frac{1}{F_{n+1}}[/tex] så
[tex]\sum^{\infty}_{n=1} \frac{F_n}{F_{n-1}F_{n+1}} = \sum^{\infty}_{n=1} \frac{1}{F_{n-1}}-\frac{1}{F_{n+1}}=\frac{1}{F_0}+\frac{1}{F_1} = 2[/tex]
b) Her har vi at [tex]\frac{1}{F_nF_{n-1}}-\frac{1}{F_{n+1}F_{n}} = \frac{1}{F_{n-1}F_{n+1}}[/tex] så
[tex]\sum^{\infty}_{n=1} \frac{1}{F_{n-1}F_{n+1}} = \sum^{\infty}_{n=1} \frac{1}{F_nF_{n-1}}-\frac{1}{F_{n+1}F_{n}} = \frac{1}{F_0F_1} = 1[/tex]
a) Vi har at [tex]\frac{F_n}{F_{n-1}F_{n+1}} = \frac{1}{F_{n-1}}-\frac{1}{F_{n+1}}[/tex] så
[tex]\sum^{\infty}_{n=1} \frac{F_n}{F_{n-1}F_{n+1}} = \sum^{\infty}_{n=1} \frac{1}{F_{n-1}}-\frac{1}{F_{n+1}}=\frac{1}{F_0}+\frac{1}{F_1} = 2[/tex]
b) Her har vi at [tex]\frac{1}{F_nF_{n-1}}-\frac{1}{F_{n+1}F_{n}} = \frac{1}{F_{n-1}F_{n+1}}[/tex] så
[tex]\sum^{\infty}_{n=1} \frac{1}{F_{n-1}F_{n+1}} = \sum^{\infty}_{n=1} \frac{1}{F_nF_{n-1}}-\frac{1}{F_{n+1}F_{n}} = \frac{1}{F_0F_1} = 1[/tex]
Teleskoperer videre:
[tex](1+\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1})^2=1+\frac{1}{n^2} + \frac{1}{(n+1)^2} + 2(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n(n+1)}) = 1+\frac{1}{n^2} + \frac{1}{(n+1)^2}[/tex]
så
[tex]\sum^{2010}_{n=1} \sqrt{1+\frac{1}{n^2} + \frac{1}{(n+1)^2}} = \sum^{2010}_{n=1} 1+\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} = 2010+1-\frac{1}{2011} = 2011-\frac{1}{2011}[/tex]
[tex](1+\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1})^2=1+\frac{1}{n^2} + \frac{1}{(n+1)^2} + 2(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n(n+1)}) = 1+\frac{1}{n^2} + \frac{1}{(n+1)^2}[/tex]
så
[tex]\sum^{2010}_{n=1} \sqrt{1+\frac{1}{n^2} + \frac{1}{(n+1)^2}} = \sum^{2010}_{n=1} 1+\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} = 2010+1-\frac{1}{2011} = 2011-\frac{1}{2011}[/tex]
Når [tex]\left( \frac{2m-1}{2} \right)^4< k < \left( \frac{2m+1}{2} \right)^4 [/tex] er [tex]f(k)=m[/tex]. Da [tex]\left(\frac32\right)^4=5+\frac{1}{16}, \ \left(\frac52\right)^4=39+\frac{1}{16}, \ \left(\frac72\right)^4=150+\frac{1}{16}, \ \left(\frac92\right)^4=410+\frac{1}{16}, \ \left(\frac{11}{2}\right)^4=915+\frac{1}{16}, \ \left(\frac{13}{2}\right)^4=1785+\frac{1}{16}[/tex], følger det at
[tex]\sum_{k=1}^{2011}\frac{1}{f(k)}=5 \cdot 1+(39-5) \cdot \frac12 + (150-39) \cdot \frac13+(410-150) \cdot \frac14+(915-410) \cdot \frac15+(1785-915) \cdot \frac16+ (2011-1785) \cdot \frac17=\frac{2816}{7}[/tex]
[tex]\sum_{k=1}^{2011}\frac{1}{f(k)}=5 \cdot 1+(39-5) \cdot \frac12 + (150-39) \cdot \frac13+(410-150) \cdot \frac14+(915-410) \cdot \frac15+(1785-915) \cdot \frac16+ (2011-1785) \cdot \frac17=\frac{2816}{7}[/tex]