Encuentra la suma$ \sum\limits_{k=2}^{2^{2^n}} \frac{1}{2^{\lfloor \log_2k \rfloor} \cdot 4^{\lfloor \log_2(\log_2k )\rfloor}} $

Question

Calcular la suma $$ \sum_{k=2}^{2^{2^n}} \frac{1}{2^{\lfloor \log_2k \rfloor} \cdot 4^{\lfloor \log_2(\log_2k )\rfloor}} $$

Espero que para resolver este en uso de Iverson notación:

mi pruebe

$$ \sum_{k=2}^{2^{2^n}} \frac{1}{2^{\lfloor \log_2k \rfloor} \cdot 4^{\lfloor \log_2(\log_2k )\rfloor}} = \sum_{k,l,m}2^{-l}4^{-m} [2^l \le k < 2^{l+1}][2^{2^m} \le k < 2^{2^m+1}] $$

y ahora: $$ [2^l \le k < 2^{l+1}][2^{2^m} \le k < 2^{2^m+1}] \neq 0 $$ if and only if $$2^l \le k < 2^{l+1} \wedge 2^{2^m} \le k < 2^{2^m+1} $$

Puedo asumir que $l$ es const (sabemos que el valor de $l$) y el tratamiento de $m$ como variable zocalo de piedra de $l$. Ok, así que:
$$2^l \le 2^{2^m} \wedge 2^{2^m+1} \le 2^{l+1} $$ pero me da ese $l=2^m$ Creo que no es cierto (pero también no veo error). Incluso si es verdad, ¿cómo puede ser que se acabó?

Answer 1

Vamos a escribir $$\sum_{k=2}^{2^{2^n}} \frac{1}{2^{\lfloor \log_2(k) \rfloor}4^{\lfloor \log_2(\log_2(k))\rfloor}} = \sum_{i=0}^{n-1} \sum_{k=2^{2^i}}^{2^{2^{i+1}}-1} \frac{1}{2^{\lfloor \log_2(k) \rfloor}4^{\lfloor \log_2(\log_2(k))\rfloor}} + \frac{1}{2^{2^n}4^{n}}$ $

PS

Además, para todos los $$= \sum_{i=0}^{n-1} \sum_{k=2^{2^i}}^{2^{2^{i+1}}-1} \frac{1}{2^{\lfloor \log_2(k) \rfloor}4^{i}} + \frac{1}{2^{2^n}4^{n}}$ , $i=0, ..., n-1$ $

Deduce que $$\sum_{k=2^{2^i}}^{2^{2^{i+1}}-1} \frac{1}{2^{\lfloor \log_2(k) \rfloor}} = \sum_{j=2^i}^{2^{i+1}-1} \sum_{k=2^j}^{2^{j+1}-1} \frac{1}{2^{\lfloor \log_2(k) \rfloor}} = \sum_{j=2^i}^{2^{i+1}-1} \sum_{k=2^j}^{2^{j+1}-1} \frac{1}{2^j} = \sum_{j=2^i}^{2^{i+1}-1} \frac{2^j}{2^j} = 2^i $ $

Answer 2

Aquí hay una respuesta siguiendo bastante de cerca OP enfoque.

Obtenemos para $n\in\mathbb{Z}, n\geq 0$: \begin{align*} \color{blue}{\sum_{k=2}^{2^{2^n}}}&\color{blue}{\frac{1}{2^{\left\lfloor\log_2 k\right\rfloor}4^{\left\lfloor\log_2\left(\log_2 k\right)\right\rfloor}}}\\ &=\sum_{k=2}^{2^{2^n}}\sum_{l,m}2^{-l}4^{-m}\left[l=\left\lfloor\log_2 k\right\rfloor\right]\left[m=\left\lfloor\log_2\left(\log_2\left(k\right)\right)\right\rfloor\right]\tag{1}\\ &=\sum_{k=2}^{2^{2^n}}\sum_{l,m}2^{-l}4^{-m}\left[l\leq \log_2 k<l+1\right]\left[m\leq\log_2\left(\log_2\left(k\right)\right)<m+1\right]\tag{2}\\ &=\sum_{k=2}^{2^{2^n}}\sum_{l,m}2^{-l}4^{-m}\left[2^l\leq k<2^{l+1}\right]\left[2^{2^m}\leq k<2^{2^{m+1}}\right]\\ &=\sum_{p=0}^{n-1}4^{-p}\sum_{k=2^{2^p}}^{2^{2^{p+1}}-1}\sum_{l}2^{-l}\left[2^l\leq k<2^{l+1}\right]+2^{-2^n}4^{-n}\tag{3}\\ &=\sum_{p=0}^{n-1}4^{-p}\sum_{q=2^p}^{2^{p+1}-1}2^{-q}\sum_{k=2^q}^{2^{q+1}-1}1+2^{-2^n}4^{-n}\tag{4}\\ &=\sum_{p=0}^{n-1}4^{-p}\sum_{q=2^p}^{2^{p+1}-1}2^{-q}2^q+2^{-2^n}4^{-n}\\ &=\sum_{p=0}^{n-1}4^{-p}2^p+2^{-2^n}4^{-n}\\ &=\sum_{p=0}^{n-1}2^{-p}+2^{-2^n}4^{-n}\\ &=\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^n}{1-\frac{1}{2}}+2^{-2^n}4^{-n}\tag{5}\\ &\,\,\color{blue}{=2-\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{1}{2^{2^n}4^n}}\\ \end{align*}

Comentario:

• En (1) se utiliza la Iverson soportes para deshacerse de la función del suelo.

• En (2) se utiliza una representación equivalente de la función del suelo.

• En (3) vemos que los intervalos dentro de la Iverson soportes sugieren un partioning del intervalo de $\left[2,2^{2^n}\right]$. Hacemos una primera partición con respecto a $m$ como unión de derecho de medio abierto y los intervalos de agregar el valor de $k=2^{2^n}$. Este modo de ver las $m$ lleva precisamente a un valor, a saber, $m=p$.

• En (4) seguimos de forma similar a como hicimos en (3). Este modo de ver las $l$ lleva precisamente a un valor, a saber, $l=q$.

• En (5) utilizamos la serie geométrica finita fórmula.