Бинарное e

[kthxbye]

Известно, что

$$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot2\cdot2}+\frac{1}{2\cdot2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot3\cdot3}+\frac{1}{2\cdot3\cdot4}+\cdots=e$$

т.е.

$$\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{a(k)}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\prod\limits_{j=0}^{\infty}\frac{1}{1+b(\left\lfloor\frac{k}{2^j}\right\rfloor)}=e$$

где

• $a(n)$ это A284005
• $b(n)$ это A000120 (бинарный вес $n$).

Как это можно доказать?

[Null]

$\sum\limits_{b(k)=m}\frac{1}{a(k)}=\frac{1}{m!}$

[kthxbye]

Null, благодарю за подсказку! Как вы получили этот результат? Доказать его, к слову, можно следующим образом.

• $b(\left\lfloor\frac{k}{2^j}\right\rfloor)$ это A095684
• Что это? Число $1$ в последовательности от крайней слева $1$ до $j+1$'ого справа бита.
• Как получаем? Например, последовательно суммируем биты от крайней слева $1$.
• Что получаем? Возрастающие последовательности с $\max$ членом $b(k)$ (что и указано в названии A095684).

Что дальше? Пусть $b(k)=1$, тогда

$$1(0\cdots0) \to1(1\cdots1)$$

$b(k)=2$

$$1(0\cdots0)1(0\cdots0) \to 1(1\cdots1)2(2\cdots2) $$

Пусть здесь

• $m$ число $1$ в $2$-ной записи $k$
• $\ell$ длина $2$-ной записи $k$
• $q_1$ число $1$
• $q_2$ число $2$

тогда

$$q_1+q_2=\ell, \ell \geqslant 2, 1 \leqslant q_1 \leqslant q_2$$

В общем виде

$$\operatorname{cond}\equiv\left\lbrace\sum\limits_{j=1}^{m}q_j=\ell, \ell \geqslant m, 1 \leqslant q_1 \leqslant q_2 \leqslant \cdots \leqslant q_m\right\rbrace$$

отсюда

$$\sum\limits_{b(k)=m}^{}\frac{1}{a(k)}=\sum\limits_{\operatorname{cond}}^{}\frac{1}{2^{q_1}3^{q_2}\cdots(m+1)^{q_m}}=\prod\limits_{j=2}^{m+1}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{j^n}=\prod\limits_{j=2}^{m+1}\frac{1}{j-1}=\frac{1}{m!}$$

[Null]

kthxbye в сообщении #1507351 писал(а):

$$q_1 \leqslant q_2 \leqslant \cdots \leqslant q_m$$

Почему?
Это надо убрать и будет как у меня. Да и $\ell$ не нужно.