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Question

Mostrar $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{z^{2^n}}{1-z^{2^{n+1}}} = \frac{z}{1-z}$ $|z|<1$.

Este es un problema adicional para mi clase de análisis complejo y he intentado durante unas horas pero terminó tomando rutas mal. Todos mis intentos de no he utilizado análisis complejo en todo y no veo cómo podría aquí.

Edit: esto es para un curso de análisis complejo para principiantes así que por favor intente mantener las soluciones a que (si pudiera)

Cualquier ayuda sería genial

Answer 1

El primer término es $z/(1-z^2)$ que es una serie donde cada exponente es impar.
¿Cuáles son los exponentes de la serie del segundo término?

Answer 2

Sugerencia: Que $\displaystyle F(z)=\sum_{n\geq 0}\frac{z^{2^n}}{1-z^{2^{n+1}}}$. Poner $\displaystyle G(z)=F(z)-\frac{z}{1-z}$. Comparar el $G(z)$ y $G(z^2)$.

Answer 3

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{2^n}}{1-z^{2^{n+1}}}=\frac{z}{1-z^2}+\frac{z^2}{1-z^4}+\frac{z^4}{1-z^8}+\cdots$$

Añadir $\displaystyle \frac{-z}{1-z}$ a ambos lados. Es telescópico serie:

$$\frac{-z}{1-z}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{2^n}}{1-z^{2^{n+1}}}=\frac{-z}{1-z}+\frac{z}{1-z^2}+\frac{z^2}{1-z^4}+\frac{z^4}{1-z^8}+\cdots=\\ =\frac{-z-z^2}{1-z^2}+\frac{z}{1-z^2}+\frac{z^2}{1-z^4}+\frac{z^4}{1-z^8}+\cdots= \\ = \frac{-z^2}{1-z^2}+\frac{z^2}{1-z^4}+\frac{z^4}{1-z^8}+\cdots= \\ = \frac{-z^4-z^2}{1-z^4}+\frac{z^2}{1-z^4}+\frac{z^4}{1-z^8}+\cdots=\frac{-z^4}{1-z^4}+\frac{z^4}{1-z^8}+ \cdots$$

$\textbf{Edit:}$ Si usted quiere tener suma finita, en lugar de infinito. Puede demostrar (como anteriormente - por la cancelación de términos):

$$\frac{-z}{1-z}+\sum_{n=0}^{m}\frac{z^{2^n}}{1-z^{2^{n+1}}}=\frac{-z^{2^{m}}}{1-z^{2^{m}}}$$

Luego calcular límite $m \to \infty$ ambos lados.

$$\lim_{m \to \infty}\frac{-z}{1-z}+\sum_{n=0}^{m}\frac{z^{2^n}}{1-z^{2^{n+1}}}=\frac{-z}{1-z}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{2^n}}{1-z^{2^{n+1}}}$$

Por último (porque $|z|<1$): $$\lim_{m \to \infty}\frac{-z^{2^{m}}}{1-z^{2^{m}}}=0$ $

Answer 4

Sugerencia:

Cada entero $k\geqslant1$ puede ser escrito en una y sólo una manera como $k=2^n+i2^{n+1}=2^n(1+2i)$, para algunas de las $n\geqslant0$$i\geqslant0$.

Para aplicar la sugerencia, tenga en cuenta que, para cada $n\geqslant0$, $$\frac{z^{2^n}}{1-z^{2^{n+1}}}=z^{2^n}\sum_{i=0}^\infty\left(z^{2^{n+1}}\right)^i=\sum_{i=0}^\infty z^{2^n+i2^{n+1}},$$ hence the sum on $n\geqslant0$ of the LHS is the sum of $z^k$ on $k\geqslant1$, that is, $$\sum_{n=0}^\infty \frac{z^{2^n}}{1-z^{2^{n+1}}}=\sum_{k=1}^\infty z^k=\frac{z}{1-z}.$$

Esto sólo se utiliza (dos veces) la expansión de la $$\frac1{1-x}=\sum_{k=0}^\infty x^k.$$ Para probar la sugerencia, tenga en cuenta que cada número entero $k\geqslant1$ $k=2^np$ donde $p$ es impar y positivo y $2^n$ es el más alto poder de $2$ dividiendo $k$, $k=2^n(1+2i)$ algunos $i\geqslant0$, lo que demuestra simultáneamente la existencia y la unicidad de esta factorización.