Estoy interesado en el multicelular de %#% $ de #% como un pedazo áspero de sobre todo incorrecto trabajo que esto me parece un poco $$1-\prod_{i=0}^{k-1}\left(1-\frac{i}{2^k}\right).$ $
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Su "mayoría de trabajar de forma incorrecta" es en realidad bastante el sonido. Para ver esto, primero probar por inducción sobre $k\geqslant0$ por cada $a_i$$[0,1]$, $$1-s_k\leqslant\prod_{i=0}^{k-1}\left(1-a_i\right)\leqslant1-s_k+s_k^2,\quad \text{donde}\quad s_k=\sum_{i=0}^{k-1}a_i. $$ Luego de aplicar esta doble desigualdad a $a_i=i/2^k$ y utilice el hecho de que en este caso $s_k=k(k-1)/2^{k+1}$. Por lo tanto, $$ \frac{k(k-1)}{2^{k+1}}-\left(\frac{k(k-1)}{2^{k+1}}\right)^2\leqslant1-\prod_{i=0}^{k-1}\left(1-\frac{i}{2^k}\right)\leqslant\frac{k(k-1)}{2^{k+1}}. $$ Cuando $k\to\infty$, $s_k\to0$ por lo tanto, todos estos son equivalentes a $s_k=k(k-1)/2^{k+1}$.
Igor Rivin
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Para aproximar el producto, aproximamos su registro, así que $$ \sum_{i=0}^{k-1} \log(1-i/2^k) \sim \int_0^{k-1} \log(1-x/2^{k}) f x = 2 ^ k k \log (2)-(k-1) (\log k (2)+1)+\left(k-2^k-1\right) \log \left(-k+2^k+1\right). $$
Entonces, exponentiate detrás y usted debe ser bueno para ir (hay que ser cuidadosos acerca de cómo la integral aproxima a la suma, pero esta función particular es decreciente, convexa, por lo que debe ser fácil).
