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 elim 
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  举两个长程和,积的例子,设$\,|a|>1,\,$计算d"+
$(1)\;\;{\small\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}}{\large\frac{2^{k+1}}{a^{2^{k}}+1}}$6H6:6.
解:$\because\;{\small\displaystyle\frac{\scriptsize 2^{k+1}}{a^{2^{\,k}}-1}-\frac{\scriptsize 2^{k+2}}{a^{2^{\,k+1}}-1}=\frac{\scriptsize 2^{k+1}}{a^{2^{\,k}}+1},\;\;\therefore\;\;\sum_{k=0}^{\infty}}{\large\frac{2^{k+1}}{a^{2^k}+1}}\small=\dfrac{2}{a-1}.$8o.l
$(2)\;\;\small\displaystyle\prod_{n = 0}^{\infty}\big(1+\frac{\scriptsize 1}{a^{2^{n+1}}}-\frac{\scriptsize 1}{a^{2^n}} \big)$o-
解:$\because\;(t^{2^{n+1}}+t^{2^n}+1)(t^{2^{n+1}}-t^{2^n}+1)=t^{2^{n+2}}+t^{2^{n+1}}+1$Q
$\qquad$对$\,n=\overline{0,m}\,$取积得$\;\small\displaystyle\prod_{n = 0}^m(t^{2^{n+1}}-t^{2^n}+1)=\frac{t^{2^{n+2}}+t^{2^{n+1}}+1}{t^2+t+1}$^fm[
$\qquad$令$\,t=a^{-1},\;n\to\infty\,$得$\,\small\displaystyle\prod_{n = 0}^{\infty}\big(1+\frac{\scriptsize 1}{a^{2^{n+1}}}-\frac{\scriptsize 1}{a^{2^n}}\big)=\frac{a^2}{1+a+a^2}.$[hyBZ


发贴时间2020/01/11 03:18am IP: 已设置保密[本文共988字节]  

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