Обобщенная экспонента

[Руст]

Пусть задана монотонно растущая последовательность действительных чисел
$1=q_1\le q_2\le q_3 ...$ с условием $q_i\to \infty$. Тогда определена обобщенная экспонента, связанная с этой последовательностью:

$$\exp_q(x)=1+\frac{x}{q_1}+\frac{x^2}{q_1q_2}+...+\frac{x^n}{q_1q_2...q_n}+...$$

Она всюду определена и совпадает с обычной экспонентой при $q_i=i$.
Однако, если не накладывать ограничений на рост экспонента принимает и отрицательные значения.
1) Показать, что при $q_i=4^{i-1}$ $\exp_q(-2)<0$.
2) Показать, что при $\frac{q_{i+1}}{q_i}\le 2$ экспонента принимает только положительные значения.
3) При каком максимальном $\alpha$ экспонента с условием $\frac{q_{i+1}}{q_i}\le \alpha$ принимает только положительные значения.

[StaticZero]

Школьными методами осилил только первый пункт.

(Решение)

Вычислим

$$ \prod \limits_{k = 1}^{2n} q_k = 4^{\sum \limits_{k = 1}^{2n - 1} k} = 4^{n(2n-1)}. $$

Ясно, что

$$ \prod \limits_{k = 1}^{2n + 1} q_k = 4^{n(2n + 1)}. $$

Теперь исходную сумму, с учётом того, что $q_1 = 1$, развалим в два ряда с положительными членами:

$$ 1 - \dfrac{2}{q_1} + \dfrac{2^2}{q_1 q_2} - \dfrac{2^3}{q_1 q_2 q_3} + \ldots = 1 - 2 + \sum \limits_{k = 1}^\infty \dfrac{2^{2k}}{q_1 \ldots q_{2k}} - \sum \limits_{k=1}^\infty \dfrac{2^{2k + 1}}{q_1 \ldots q_{2k+1}} = -1 + P - Q, $$

где $P$ — сумма с чётными степенями, $Q$ — сумма с нечетными степенями.

Покажем теперь, что величина $P - Q < 1$. Вычислим

$$ P = \sum \limits_{k = 1}^\infty \dfrac{2^{2k}}{q_1 \ldots q_{2k}} = \sum \limits_{k = 1}^\infty \dfrac{4^k}{4^{k(2k-1)}} = \sum \limits_{k = 1}^\infty \dfrac{1}{4^{2k(k-1)}} = \sum \limits_{k = 1}^\infty \left(\dfrac{1}{16^k}\right)^{k-1}, $$

$$ Q = \sum \limits_{k = 1}^\infty \dfrac{2^{2k+1}}{q_1 \ldots q_{2k+1}} = 2 \sum \limits_{k = 1}^\infty \dfrac{4^k}{4^{k(2k+1)}} = 2\sum \limits_{k = 1}^\infty \dfrac{1}{4^{2k^2}} = 2\sum \limits_{k = 1}^\infty \left(\dfrac{1}{16^k}\right)^{k}, $$

$$ P - Q = \sum \limits_{k = 1}^\infty \dfrac{16^k - 2}{16^{k^2}} = \dfrac{14}{16} + \sum \limits_{k = 2}^\infty \dfrac{16^k - 2}{16^{k^2}}. $$

Докажем, что оставшаяся сумма не более $1/8$. Заметим, что

$$ \dfrac{1}{8} = \dfrac{9}{8} - 1 = \dfrac{1}{1 - \dfrac{1}{9}} - 1 = \sum \limits_{k = 1}^\infty \dfrac{1}{9^k} = \dfrac{1}{9} + \sum \limits_{k = 2}^\infty \dfrac{1}{9^k}. $$

Будем теперь сравнивать общие члены двух рядов. Хотим, чтобы $\dfrac{1}{9^n} > \dfrac{16^n - 2}{16^{n^2}}$ при $n > 1$.

Для $n=2$ желаемое выполнено, так как, соответственно, $1/81 > 254/{256^2}$, что очевидно, ибо $254/{256^2} < 256/{256^2} = 1/256 < 1/81$.

Предположим, что для некоего $n$ желаемое неравенство выполнено; тогда имеем право написать

$$ \dfrac{1}{9^n} > \dfrac{16^n - 2}{16^{n^2}}, \quad \dfrac{1}{9^{n+1}} > \dfrac{16^n - 2}{9 \cdot 16^{n^2}}. $$

Тогда для $n+1$ имеем

$$ \dfrac{16^{n+1} - 2}{16^{(n+1)^2}} = \dfrac{16^n \cdot 16 - 2\cdot 16 + 2 \cdot 15}{16^{n^2} \cdot 16^{2n} \cdot 16} = \dfrac{16^n - 2}{16^{n^2} \cdot 256^n} + \dfrac{15}{8} \dfrac{1}{16^{n^2} \cdot 256^n} < (\star) < \dfrac{16^n - 2}{9 \cdot 16^{n^2}} < \dfrac{1}{9^{n + 1}}. $$

Итак, получили, что $P - Q - \dfrac78 < \dfrac19 + \sum \limits_{k = 2}^\infty \dfrac{1}{9^k} = \dfrac18$, или, что то же самое, $P - Q < 1$, что требовалось. $\blacksquare$

(Почему верен переход $(\star)$)

Рассмотрим выражение

$$ -\dfrac{16^n - 2}{16^{n^2} \cdot 256^n} - \dfrac{15}{8} \dfrac{1}{16^{n^2} \cdot 256^n} + \dfrac{16^n - 2}{9 \cdot 16^{n^2}}. $$

Умножим его на $16^{n^2} \cdot 256^n$, получаем

$$ \dfrac{16^n - 2}{9} \cdot 256^n - \dfrac{15}{8} - (16^n - 2) = (16^n - 2) \left(\dfrac{256^n}{9} - 1\right) - \dfrac{15}{8} > 0, $$

что очевидно, ибо первое слагаемое монотонно растёт с $n$, а при $n = 1$ имеем $14 \cdot 247/9 > 2 > 15/8$, что и требовалось. $\blacksquare$

[grizzly]

StaticZero
А разве не достаточно просто показать, что пятый член по модулю меньше суммы первых четырёх, члены с четвёртого убывают монотонно (по модулю) к нулю, и что сумма первых четырёх -- отрицательна.

Может, Вы так и делали, но уж больно много текста вышло, я не осилил :)
В школе ведь учат, что у знакочередующегося ряда отклонение частичной суммы от всей суммы не превышает по модулю следующего члена ряда?

[StaticZero]

grizzly в сообщении #1251550 писал(а):

В школе ведь учат, что у знакочередующегося ряда отклонение частичной суммы от всей суммы не превышает по модулю следующего члена ряда?

В школе учат, а всякие разгильдяи вроде вашего покорного слуги этого не помнят.

grizzly в сообщении #1251550 писал(а):

Может, Вы так и делали, но уж больно много текста вышло, я не осилил :)

Нет, не так. Мажорировал сумму геометрической прогрессией. Тут получилось. Во втором пункте всё ещё не могу продраться через стену формул.

[Deggial]

Deggial: флуд отделён в Чулан

[DeBill]

1. Ну да, первые три члена убиваются, а дальше отрицательные - больше положительных.
2. А вот это - что то никак не получается...Может, потому что это неверно?
Пусть $q_i= 2^{i-1}$. Т.к. $0+1+2+...+(n-1) = \frac{n(n-1)}{2}$, то
$f(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{2^{\frac{n(n-1)}{2}}}$.
Заметим, что каждый следующий член этого ряда получается из предыдущего подстановкой $\frac{x}{2}$ вместо $x$, и домножением на $x$. Поэтому
$f(x)= 1 +xf(\frac{x}{2})$.
Пусть $f(x)>0$ при всех отрицательных $x$. Тогда из ФУ получим
$1+xf(\frac{x}{2})>0$, откуда $f(\frac{x}{2})<-\frac{1}{x}$, так что
$f(x)<-\frac{1}{2x}$.
Тогда из ФУ: $1+xf(\frac{x}{2})<-\frac{1}{2x}$, откуда $f(\frac{x}{2})>-\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}$, так что
$f(x)> -\frac{1}{2x}- \frac{1}{8x^2}$....
Процесс пошел!!!!
Ну, еще разок: из ФУ $1+xf(\frac{x}{2})>-\frac{1}{2x}- \frac{1}{8x^2} $, так что
$f(\frac{x}{2})<-\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}-\frac{1}{8x^3} $, откуда
$f(x)<-\frac{1}{2x}-\frac{1}{8x^2}-\frac{1}{64x^3}$
Видим, что на каждом шаге слева-справа от $f(x)$ появляются ну оочень похожие суммы (слева - четные, справа - нечетные частичные суммы; каждое следующее новое слагаемое получается из предыдущего делением на $x$, и подстановкой $2x$ вместо $x$. По замечанию выше, это есть частичные суммы ряда Лорана для $G(x) =-g(\frac{1}{x}), g(x)=f(x)-1-x$.
Переходя к пределу, при отрицательных $x$ получим $f(x) =G(x)$. Но $G$ и $f$ - голоморфны вне 0, так что по теореме единственности, это верно и для всех комплексных $x$. Но у $f$ в нуле нет особенности, а у $G$ - существенная....
Противоречие.
Rem.1. То, что частичные суммы сошлись к функции, выражабельной через исходную - несущественно, важна лишь сходимость полученного ряда Лорана.

(Оффтоп)

Rem.2. Вот заблокировали нашего спеца по Мэплу - а он бы нас давно на чистую воду вывел с 2)

...
3. Те же рассуждения проходят при любом числе 2, большем 1. Поэтому ответ: 0.

[lel0lel]

Да, во втором пункте слишком слабое ограничение на рост $\{q_i\}$. Похоже, что его нужно заменить на $\frac{q_{i+1}}{q_i}\le \frac{i+1}{i}$, тогда утверждение будет верным.