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  $(1)\quad\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{5^{2^{n-1}}}{1 - 5^{2^n}}}$n*
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  Rw^v[
$(2)\quad\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n)!-(2n-1)!}=\frac{1}{2!-1!}-\frac{1}{4!-3!}+\frac{1}{6!-5!}-\cdots}$61[g`^
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  ruB<s9
$(3)\quad\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\big(2^{2^{2-n}}-1\big)^2 2^n}$apY



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  (1)解:$\displaystyle{\frac{5^{2^{n-1}}}{1 -5^{2^n}} = -\frac{5^{2^{n-1}}}{5^{2^n}}\frac{1}{1-5^{-2^n}} = -5^{-2^{n-1}} \sum_{k =0}^\infty \frac{1}{5^{k2^n}} = -\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{5^{2^{n-1}(2k +1)}}}$ytR>sk
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    所以 $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{5^{2^{n-1}}}{1 - 5^{2^n}} = -\sum_{n=1}^\infty \sum_{k = 0}^\infty \frac{1}{5^{2^{n-1}(2k +1)}} = -\sum_{n=1}^\infty \sum_{k = 1}^\infty \frac{1}{5^{2^{n-1}(2k -1)}}}${@`HnM
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    因为 $(n,k) \mapsto 2^{n-1} (2k -1)$ 是 $\mathbb{N}^+ \times \mathbb{N}^+$ 到 $\mathbb{N}^+$ 的1-1对应,可见pP
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    $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \sum_{k = 1}^\infty \frac{1}{5^{2^{n-1}(2k -1)}}}$ 是 $\displaystyle{\sum_{m =1}^\infty \frac{1}{5^m}}$ 的一个重排。所以有_\Q
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  Jl-#
    $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{5^{2^{n-1}}}{1 - 5^{2^n}} = -\sum_{n=1}^\infty \sum_{k = 1}^\infty \frac{1}{5^{2^{n-1}(2k -1)}} = - \sum_{m =1}^\infty \frac{1}{5^m} = -\frac{\frac{1}{5}}{1-\frac{1}{5}} = -\frac{1}{4}}.\;\square$vRz41
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注记:一般地 $\displaystyle{ \forall z\in \mathbb{C}\,(|z| > 1) \implies \sum_{n=1}^\infty \frac{z^{2^{n-1}}}{1 - z^{2^n}} = \frac{1}{1 -z}}$4/AdGh
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作为一个注记,我们来证明 $(n,k) \mapsto 2^{n-1}(2k -1)$ 是 1-1 对应:1km,
设正整数 $n,n',k,k'$ 使得 $\displaystyle{2^{n-1}(2k -1) = 2^{n'-1}(2k'-1)}$.~"}f\
不妨设 $n\ge n'$. 于是 $\displaystyle{2^{n-n'}(2k -1) = 2k'-1}$ 的右边是奇数。e7WJ<w
所以 $n = n'$ 进而 $k = k'$。 这表明 $(n,k) \mapsto 2^{n-1}(2k -1)$ 是单射。z6J
即不同的正整数对子$(n,k)$对应于不同的正整数。P!E(P
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  ;g
反之,任给正整数 $m$, 显然存在非负整数$a,\;b$ 使得 $m = 2^a (2b +1)$。zuX Z
令 $n = a +1,\; k = b +1$ 便有 $m = 2^{n-1}(2k -1)$。Wm's^
所以 $(n,k)\mapsto 2^{n-1}(2k -1)$ 是满射(即没有遗漏)。X14
所论映射既满又单,所以是双射。亦即1-1对应。$\square$Hbq
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发贴时间2013/03/30 04:34am IP: 已设置保密[本文共1846字节]  
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(2)解:$\small\displaystyle{\frac{(-1)^{n-1}}{(2n)!-(2n-1)!} = \frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)(2n-1)!}=\int_0^1 \frac{(-1)^{n-1}x^{2n-2}}{(2n-1)!}dx}$;cR0
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$\therefore\quad\small\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n)!-(2n-1)!}=\int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^{2n-2}}{(2n-1)!}dx = \int_0^1\frac{\sin x}{x}dx}$!
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  ,
$\qquad =\small 0.946083070367183014941353313823179657812337954738111790\ldots$UEpk



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  $(3)\quad\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\big(2^{2^{2-n}}-1\big)^2 2^n}$|P
解:$\because\quad\big(2^{2^{2-n}}-1\big)^2 2^n = 2^{n+2^{3-n}}-2^{n+1+2^{3-(n+1)}}+2^n$1Gn
$\therefore\quad\displaystyle{\sum_{n=1}^{m-1}\big(2^{2^{2-n}}-1\big)^2 2^n = 30+2^m-2^{m+2^{3-m}}}$-{N#B
$\because\quad\displaystyle{t_m = 2^{3-m}\to 0,\quad{\small\frac{d}{dt}}2^t\bigg|_{t=0} = \ln 2,}$|&2R{%
$\therefore\quad 2^m(2^{2^{3-m}}-1)=8{\large\frac{2^{t_m}-1}{t_m}}\to 8\ln 2\;\;(m\to\infty)$9[=r*s
$\therefore\quad\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\big(2^{2^{2-n}}-1\big)^2 2^n = 30-8\ln 2.\quad\square}$JmhRQ`



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