Una serie infinita

Question

Espero que esta pregunta no sea una duplicación.

Consideremos la siguiente serie infinita:

$$\LARGE\sum_{k=0}^\infty\frac{2^k}{1+\frac{1}{x^{2^k}}}$$

Sabemos que la respuesta es $\frac{x}{1-x}$ si $|x|<1$ . También sabemos que la suma parcial viene dada en realidad por

$\sum_{k=0}^n\frac{2^k}{1+\frac{1}{x^{2^k}}}=\frac{\sum_{k=1}^n kx^k}{\sum_{k=0}^n x^k}$ . Por supuesto, esta fórmula se puede demostrar por inducción. Lo que quiero saber es una forma de derivar esta fórmula. Como la parte inferior es la serie geométrica y la superior es su derivada multiplicada por $x$ Debería haber una buena forma de derivarlo.

Sabemos que hay una forma de encontrar la suma de las series infinitas apelando a las series dobles, y esto es lo último que quiero ver.

¡Muchas gracias!

Answer 1

Para mí, la suma puede derivarse informalmente como $$\sum_{k=0}^\infty \frac{2^k x^{2^k}}{1+x^{2^k}} = x \sum_{k=0}^\infty \frac{d}{dx}\left[ \log(1+x^{2^k}) \right] = x \frac{d}{dx}\left[ \log\left(\prod_{k=0}^{\infty}1+x^{2^k}\right) \right]\\ = x \frac{d}{dx}\left[ \log\left(\prod_{k=0}^{\infty}\frac{1-x^{2^{k+1}}}{1-x^{2^k}}\right) \right] = -x\frac{d}{dx}\left[\log(1-x)\right] = \frac{x}{1-x} $$ La clave es que el sumando de la serie original es proporcional a la derivada del logaritmo de algo sencillo. Una vez que convertimos la suma del logaritmo en un logaritmo del producto y nos damos cuenta de que el producto es telescópico, el resto es sólo seguir la nariz.

Answer 2

Dejemos que $|x| < 1$ y $k \ge 0$ . Utilizando la factorización $1 - x^{2^{k+1}} = (1 - x^{2^k})(1 + x^{2^k})$ encontramos

$$\frac{2^k x^{2^k}}{1 + x^{2^k}} = \frac{2^kx^{2^k}[(1 + x^{2^k}) - 2x^{2^k}]}{(1 + x^{2^k})(1 - x^{2^k})} = \frac{2^k x^{2^k}}{1 - x^{2^k}} - \frac{2^{k+1}x^{2^{k+1}}}{1 - x^{2^{k+1}}}.$$

Así que desde $\lim\limits_{k\to \infty} \frac{2^k x^{2^k}}{1 - x^{2^k}} = 0$ La serie se extiende hasta $\frac{x}{1 - x}$ .

Answer 3

Dejemos que $f(x)$ sea la serie. Reescribiendo, obtenemos \begin{eqnarray}f(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{2^kx^{2^k}}{1+x^{2^k}}\end{eqnarray} Let $s_n$ be the $n$-th partial sum. We then have \begin{align*} \frac{x}{1-x}-s_n&=\frac{x}{1-x}-\frac{x}{1+x}-\cdots-\frac{2^nx^{2^n}}{1+x^{2^n}}\\ &=\frac{2^{n+1}x^{2^{n+1}}}{1+x^{2^{n+1}}} \end{align*} Se puede demostrar que lo anterior tiende a 0 como $n\to \infty$ , para $|x|<1$ .