二进制展开

hbghlyj

来自香蕉空间的问题I

考虑数列的集合 $\mathcal{S}=\bigl\{\{s_n\}_{n\geqslant 0}\bigm| s_n\in \{-1,1\}\bigr\}$。

• 对任意 $s=\{s_n\}_{n\geqslant 1}\in \mathcal{S}$，我们定义数列
  \[c_n=\sum_{k=0}^n\frac{s_1s_2\cdots s_k}{2^k}.\]
  证明，$c_n$ 有极限（记 $h(s)=\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} c_n$）并且 $h(s)\in [-2,2]$。
• 证明，$h\colon \mathcal{S}\rightarrow (1,2]$ 是满射。请问这是单射么？
• 对于 $s=\{s_n\}_{n\geqslant 1}\in\mathcal{S}$，证明，
  \[2\sin \bigl(\frac{\pi}{4}c_n\bigr)=s_0\sqrt{2+s_1\sqrt{2+s_2\sqrt{2+\cdots+s_{n-1}\sqrt{2+s_n}}}}\]
• 计算极限
  \[\lim_{n\rightarrow \infty}\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}}}_{n~\text{个}~2}.\]

战巡

回复 1# hbghlyj

应该是
\[c_n=\sum_{k=0}^n\frac{s_0s_1...s_k}{2^k}\]

1、
这个东西显然是绝对收敛的，会有
\[\sum_{k=0}^\infty\left|\frac{s_0s_1...s_k}{2^k}\right|=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{2^k}=2\]
那么当然有$\lim_{n\to \infty}c_n$存在，且
\[-2\le\lim_{n\to\infty}c_n\le 2\]

2、
这个区间可能有点问题，具体应该怎样懒得纠结了
令数列
\[a_k=\frac{s_0s_1...s_k}{2^k}\]
假设其中的负项组成一个单独的数列$\{a_{m_1},a_{m_2},...\}$，其中$0\le m_1<m_2<...$都为非负整数，那么会有
\[\lim_{n\to \infty}c_n=\sum_{k=0}^\infty a_k=\sum_{k=0}^\infty|a_k|+2(a_{m_1}+a_{m_2}+...)=2+2(a_{m_1}+a_{m_2}+...)\]
这里面
\[a_{m_1}+a_{m_2}+...\]
\[=-[0\cdot 2^0+...+0\cdot 2^{-m_1+1}+1\cdot 2^{-m_1}+0\cdot 2^{-m_1-1}+...+0\cdot 2^{-m_2+1}+1\cdot 2^{-m_2}+0\cdot 2^{-m_1-2}+...]\]
中括号里面其实就是一个以二进制表示的[0,2]内的数，从第二项开始每一项都表示这个数小数点后对应位数上的值，因此通过调整这些值是1是0，可以遍历[0,2]内所有的数，也就是说$S$到$[-2,2]$其实是一一对应的

3、
目测这个结论有问题，带入$n=0,s_0=1$，发现不对

4、
这个没啥难度吧...
令$n$个2的为$b_n$，则有
\[b_{n+1}=\sqrt{2+b_n}\]
这里略过证明极限存在的过程了，直接解$b_{n+1}=b_n$，就得到
\[\lim_{n\to\infty}b_n=2\]