OIIO-2020,2тур

Ian · Сообщение **Ian** » 28 мар 2020, 11:43

Открытая международная интернет-олимпиада
Известно, что

2^{2020}\prod_{k=1}^{2019}\sin\frac{\pi k}{2020}-целое число, найти его.
Ответ-то я знаю, но как его по человечески искать без альфы
Вот еще одна с тем же свойством

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n-1}\left(\frac 13\right)^{2^{n-1}}}{1+\left(\frac 13\right)^{2^{n-1}}}=?

zykov · Сообщение **zykov** » 28 мар 2020, 16:38

Ian писал(а):Source of the post 22020∏2019k=1sinπk2020-целое число, найти его.
Ответ-то я знаю, но как его по человечески искать без альфы

Совсем в одну строчку у меня не получается.
Но так не сложно выходит используя школьную тригонометрию ( $\sin (\pi/2-x)=\cos x$ и $\sin 2x=2\sin x \cos x$ ).
$2^{2020}\prod_{k=1}^{2019}\sin\frac{\pi k}{2020}=2\prod_{k=1}^{2019}2\sin\frac{\pi k}{2020}=4(\prod_{k=1}^{1009}2\sin\frac{\pi k}{2020})^2=4*1010$
Последнее следует из двух формул, которые несложно доказать по индукции:
(1): $\prod_{k=1}^{m-1}2\sin\frac{\pi k}{2m}=\sqrt m$
(2): $\prod_{k=1}^{m}2\sin\frac{\pi k}{2m+1}=\sqrt {2m+1}$
Первая при $m=2$

будет $2\sin(\pi/4)=\sqrt 2$ .
Вторая при $m=1$

будет $2\sin(\pi/3)=\sqrt 3$ .
Для индукции уже будет 4 случая: для каждой из двух по два случая - чётный или нечётный $m$

.
Для первой формулы, если $m=2l+1$

получаем:
$\prod_{k=1}^{m-1}2\sin\frac{\pi k}{2m}=\prod_{k=1}^{2l}2\sin\frac{\pi k}{4l+2}=\prod_{k=1}^{l}4\sin\frac{\pi k}{4l+2}\cos\frac{\pi k}{4l+2}= \prod_{k=1}^{l}2\sin\frac{\pi k}{2l+1}=\sqrt{2l+1}=\sqrt m$
Для первой формулы, если $m=2l$

получаем:
$\prod_{k=1}^{m-1}2\sin\frac{\pi k}{2m}=\prod_{k=1}^{2l-1}2\sin\frac{\pi k}{4l}=\sqrt 2 \prod_{k=1}^{l-1}4\sin\frac{\pi k}{4l}\cos\frac{\pi k}{4l}= \sqrt 2 \prod_{k=1}^{l-1}2\sin\frac{\pi k}{2l}=\sqrt 2 \sqrt l=\sqrt m$
И аналогично два случая для второй формулы.

Ian · Сообщение **Ian** » 28 мар 2020, 16:45

Спасибо, ну да ответ 2n=4040

zykov · Сообщение **zykov** » 28 мар 2020, 18:47

Ian писал(а):Source of the post Вот еще одна с тем же свойством
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n-1}\left(\frac 13\right)^{2^{n-1}}}{1+\left(\frac 13\right)^{2^{n-1}}}=?$

Есть идея.
Судя по численным оценкам скорее всего $f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n-1}}{1+x^{2^{n-1}}}=\frac{1}{x-1}$ .
( $f(3)=1/2$

.)
Тогда должно быть что $f'=-f^2$

. Может это сработает...

Ian · Сообщение **Ian** » 29 мар 2020, 02:33

А если так

q=\frac 13

\frac {q^{2^k}}{1+q^{2^k}}=\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m-1}q^{m\cdot 2^k}

F(q)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{m-1}2^kq^{m\cdot 2^k}

\int_0^x\frac 1qF(q)dq=\sum_{m=1}^{\infty}\frac {(-1)^{m-1}}m\sum_{k=0}^{\infty}x^{m\cdot 2^k}
а должен получиться точный ряд для логарифма, степенной ряд же единственный

zykov · Сообщение **zykov** » 29 мар 2020, 07:40

Да, так тоже вроде сходится.
Для $0<q<1$

должно быть $g(q)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n-1}q^{2^{n-1}}}{1+q^{2^{n-1}}}=\frac{q}{1-q}$ .
Разложение в ряд Тэйлора для $g(q)$

будет $\frac{q}{1-q}=q+q^2+q^3+q^4+q^5+...$ (сумма геометрической прогрессии).

Для множителя внутри суммы можно тот же ряд записать: $\frac{q^{2^{n-1}}}{1+q^{2^{n-1}}}=\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m-1} q^{m2^{n-1}}$ .
Получается:
$g(q)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n-1}q^{2^{n-1}}}{1+q^{2^{n-1}}}=\sum_{n=1}^{\infty}2^{n-1} \sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m-1} q^{m2^{n-1}}= \sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m-1} \sum_{n=1}^{\infty}2^{n-1} q^{m2^{n-1}}$

Попробовал в Maxima конечную сумму посмотреть, получается например так:
$\sum_{m=1}^{10}(-1)^{m-1} \sum_{n=1}^{6}2^{n-1} q^{m2^{n-1}}=-32 {{q}^{320}}+32 {{q}^{288}}-32 {{q}^{256}}+32 {{q}^{224}}-32 {{q}^{192}}+16 {{q}^{160}}+16 {{q}^{144}}-48 {{q}^{128}}+$
$+16 {{q}^{112}}+16 {{q}^{96}}+8 {{q}^{80}}+8 {{q}^{72}}-56 {{q}^{64}}+8 {{q}^{56}}+8 {{q}^{48}}+4 {{q}^{40}}+4 {{q}^{36}}+4 {{q}^{32}}+4 {{q}^{28}}+4 {{q}^{24}}+2 {{q}^{20}}+2 {{q}^{18}}+2 {{q}^{16}}+$
$+2 {{q}^{14}}+2 {{q}^{12}}+{{q}^{10}}+{{q}^{9}}+{{q}^{8}}+{{q}^{7}}+{{q}^{6}}+{{q}^{5}}+{{q}^{4}}+{{q}^{3}}+{{q}^{2}}+q$
Т.е. до $q^{10}$ сошлось.
Вот $m$

до 20:

Соответствует до $q^{20}$ .

zykov · Сообщение **zykov** » 29 мар 2020, 07:52

Вот здесь
$g(q)=\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m-1} \sum_{n=1}^{\infty}2^{n-1} q^{m2^{n-1}}$
если подсобрать коэффициенты при $q^k$

, то должна 1 получится.

Для каждого конечного $k$

это будет конечное количество слагаемых.
Например для $k=1$

только

даёт

.
Для

получается что $m=1$

даёт

,

даёт

.
Для

только

даёт

.
Для

получается что $m=1$

даёт

,

даёт

,

даёт

.

Ian · Сообщение **Ian** » 29 мар 2020, 14:14

Проще говоря, любое k представляется в виде

m\cdot 2^{n-1} с натуральными m,n конечным числом N способов, зависящих от степени двойки, на которую делится k. В них n меняется от 1 до этого N . но только при n=N будет m нечетное, и знак

(-1)^{m-1} положительный.Тогда собранный коэффициент при

q^k будет

2^{N-1}-(2^{N-2}+...1)=1, где не исключается и тот случай, когда N=1
Значит, после приведения подобных получится ряд

q+...+q^k+...=\frac q{1-q}=\frac 12
Вот эта действительно олимпийская
PS. Ряд, заданный в условии, осуществляет ускорение сходимости такой прогрессии до гиперпрогрессии , первые 4 слагаемых уже дают 6 точных знаков. Что, конечно, практического значения не имеет, раз есть формула для суммы.

zykov · Сообщение **zykov** » 29 мар 2020, 14:29

Да, как-то так получается.
Если $k$

нечётное, то есть только одно слагаемое с коэффициентом "+1" ( $m=k$

).
Если

делится на 2, но не на 4, то есть два слагаемых - одно с "-1" ( $m=k$

) и одно с "+2" ( $m=k/2$

).
Если

делится на 4, но не на 8, то есть три слагаемых - одно с "-1" ( $m=k$

), одно с "-2" ( $m=k/2$

) и одно с "+4" ( $m=k/4$

).
И т.д. (чётные $m$

с "-", нечётные с "+").

Портал Естественных Наук, версия 1.1