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 elim 
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  题:试证$\;\;\small\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\lfloor 2^{\,n} x\rfloor}}{2^n}=1-2x\;\;(0\le x< 1)\quad$srch>,F
证:考虑有理数$\;r=\small\dfrac{\sum_{k=0}^{\infty}e_k 2^k}{2^m}\;(m\in\mathbb{N}^+,\;e_j\in\{0,1\},\,e_0 = 1,\,e_{m+k} = 0)$7IH#1
$\qquad$不难验证$\underset{\,}{\;}e_k=\frac{1}{2}({\small 1-(-1)}^{e_k}),\;\;\lfloor 2^{\,k} r\rfloor \equiv e_{m-k}\small\pmod{2}\;(k{=\overline{1,m}})$J
$\qquad\small\lfloor 2^n r\rfloor\equiv 0\pmod{2}\;(n> m).\quad\therefore\;\;\dfrac{{\scriptsize 1-(-1)}^{\lfloor 2^{\,k} r\rfloor}}{2^k}=2\dfrac{e_{m-k}2^{m-k}}{2^m},$)H
$\qquad\small\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1-(-1)^{\lfloor 2^{\,n} r\rfloor}}{2^n}=\sum_{k=1}^m\frac{1-(-1)^{\lfloor 2^{\,k} r\rfloor}}{2^k}=2\frac{\sum_{k=0}^{m-1} e_k 2^k}{2^m}=2r.\qquad(\dagger)$K$N
$\qquad$对$\,x\in(0,1),\;$取$\,m\,$足够大,便有奇数$\,q\;$使$\,x=\small\dfrac{q+\delta_m}{2^m}\;(|\delta_m|< 1).$VrG7L
$\qquad$可见$\,\small\lfloor 2^{\,k} x\rfloor = \lfloor 2^{\,k}r\rfloor\;(r=\dfrac{q}{2^m},\;k=\overline{1,m-1}),\;$进而知道$\small\,(\dagger)\,$蕴含]6aYU
$\qquad\small\displaystyle\left|\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\lfloor 2^{\,n}x\rfloor}}{2^n}-(1-2x)\right|< \frac{\delta_m}{2^{m-1}}+2\sum_{n=m}^{\infty}\frac{1}{2^n}\to 0\;(m\to\infty).\quad\square$(C<



发贴时间2018/11/28 04:18am IP: 已设置保密[本文共1404字节]  
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  题:试证$\;\;\small\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\lfloor 2^{\,n} x\rfloor}}{2^n}=1-2x\;\;(0\le x< 1)$0`5t
证:$\,x\in(0,1)\,$可唯一地表为$\,(0.a_1a_2\ldots)_2=\small\displaystyle\sum_{m=1}^{\infty}\frac{a_m}{2^m}\;\;\binom{a_k(x)\in\{0,1\}}{\underline{\lim}a_n=0}$>1D:#$
$\underset{\,}{\therefore}\quad\lfloor 2^n x\rfloor=a_12^{n-1}+\cdots+a_n2^0\equiv a_n\pmod{2},\;\; 2a_n=1-(-1)^{a_n}$!hTlQ
$\therefore\quad\small\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\lfloor 2^{\,n} x\rfloor}}{2^n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{a_n}}{2^n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1-2a_n}{2^n}=1-2x.\quad\square$uS$=



发贴时间2018/11/29 01:13am IP: 已设置保密[本文共637字节]  

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