Elegir un infinito GP de los términos de una suma de dinero

Question

Es posible elegir un infinito GP de entre los términos 1, 1/2, 1/4, 1/8, 1/16 ... con una suma a) 1/5? b) 1/7 ?

Mi enfoque era simplemente la elección de los términos y las probables relaciones de coincidir con la suma...yo estaría muy agradecido si usted podría revelar cualquier truco para esta pregunta?

Answer 1

Puesto que todos los términos son de la forma $\frac{1}{2^n}$, cualquier progresión geométrica será con relación $\frac{1}{2^k}$

La suma de una serie geométrica es:

$$\sum\limits_{k=0}^\infty ar^k = \frac{a}{1-r}$$

La pregunta entonces es ¿qué opción de $a$ (período inicial) y la elección de $r$ (ratio) dará los resultados deseados.

Desde $a$ $r$ ambos serán de la forma $\frac{1}{2^n}$ tenemos la suma debe ser de la forma

$$\frac{\frac{1}{2^m}}{1-\frac{1}{2^n}} =\frac{2^{n-m}}{2^n-1}$$

para algunos, por $n$ $m$

La pregunta es, ¿puede usted encontrar enteros no negativos $n$ $m$ tal que $\frac{2^{n-m}}{2^n-1}$ es igual a $\frac{1}{5}$? es igual a $\frac{1}{7}$? Si no, entonces, ¿por qué? Si sí, ¿cuál?

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Para $\frac{1}{5}$, la pregunta se convierte en si podemos encontrar $a,b$ tal que $5\cdot 2^a = 2^b-1$. Observe que para $a\geq 1$ $b\geq 1$ el lado izquierdo es incluso mientras que el lado derecho es impar. Si $b=0$ el lado derecho es cero y el lado izquierdo es positivo. Si $a=0$, el lado izquierdo es igual a $5$, pero no entero $b$ satisface $2^b-1=5$

Por lo tanto $\frac{1}{5}$ es imposible.

Para $\frac{1}{7}$, nos preguntamos si podemos encontrar $a,b$ tal que $7\cdot 2^a=2^b-1$. De la misma lógica, podemos ver que ambos no pueden ser positivos y $b$ no puede ser cero. Esto deja a $a=0$ y nos encontramos con que $b=3$ obras.

Esto se corresponde de nuevo a nuestra $n$ $m$ desde antes de lo que implica la progresión geométrica $\frac{1}{8},\frac{1}{64},\frac{1}{512},\dots$ tiene suma igual a $\frac{1}{7}$

Answer 2

Nothe que la suma de un infinito G. P. está dado por $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} ar^{n-1}=\frac{a}{1-r}$ donde $a$ es el primer término y $r$ es la razón común.

Tenga en cuenta que en la serie $\displaystyle\frac{1}{1},\frac{1}{2},\frac{1}{4}...$ todos los términos tienen una razón común de la forma $\frac{1}{2k}$ donde $k\in\mathbb Z^+$.O,todos los posibles coeficientes comunes son $\frac{1}{2}$ o $\frac{1}{4}$ o $\frac{1}{8}$ y así sucesivamente.Esto es porque cada vez que se dividen los dos términos de la serie tenemos un número de la forma $\frac{1}{2k}$.

Por eso,$$\frac{a}{1-\frac{1}{2k}}=\frac{1}{5}$$

$$\implies a=\frac{2k-1}{10k}$$

Ahora,$\frac17$ o $\frac15$ $1$ en el numerador.

Por eso,$k=1$ $a$ para el numerador para convertirse $1$.Conectar $k=1$,obtenemos $a=\frac{1}{10}$.Ahora,este no es un término de la serie.Así,hemos refutado uno de los casos.

Hacer lo mismo para el otro caso.

Espero que esto ayude!!

Answer 3

Una serie geométrica recogido en la serie tendrán plazo inicial $\frac1{2^a}$ ($a\ge0$) y la relación de $\frac1{2^r}$ ($r\ge1$). La suma de esta sub-serie será $$\frac{\frac1{2^a}}{1-\frac1{2^r}}=\frac{2^{r-a}}{2^r-1}$$ No podemos elegir una serie geométrica de (a) que las sumas a $\frac15$ debido a una potencia de dos (el numerador) multiplicado por 5 no es igual a una de Mersenne número (el denominador); esto se puede ver comparando binario expansiones.

Para (b), sin embargo, podemos encontrar una serie geométrica suma a $\frac17$; tome $r=a=3$.