如何對級數sum_(k=0)^infty e^(-2^(k/2))cos(2^kx)進行求和？

12-31

另外，此級數是否有應用背景？

我覺得可以強行求和。不知道對不對哦 ~

我們首先考慮如下級數：

$mathcal{S}:=sum_{k=1}^{infty}e^{-2^frac{k}{2}}cosleft(2^kx ight) =sum_{k=1}^{infty}e^{-left(2^k ight)^frac{1}{2}}cosleft(2^kx ight).$

令 $mlambda:={lambdaleft(k ight)}_{kinmathbb{N}_0}={2^k}_{kinmathbb{N}_0}$ ，則顯然有：

$0<1=lambdaleft(0 ight)<lambdaleft(1 ight)<lambdaleft(2 ight)<cdots; ~~ lim_{k ightarrowinfty}lambdaleft(k ight)=infty.$

現在我們可以定義 $lambdaleft(x ight):=2^x$ ，使得 $left.lambda ight|_{mathbb{N}_0}:=mlambda$ 。再定義:

$aleft(k ight):=cosleft(2^kx ight); ~~ varphileft(u ight):=e^{-u^{frac{1}{2}}}.$

這樣一來，級數 $mathcal{S}$ 可以寫作：

$mathcal{S}=sum_{k=1}^{infty}aleft(k ight) varphileft(lambda(k) ight).$

使用Abel求和公式我們有：

$mathcal{S}=-int_{lambda(1)}^{infty}mathcal{A}left(t ight)varphi$

其中

$mathcal{A}left(t ight)=sum_{lambdaleft(k ight)leq t}aleft(k ight)=sum_{k:~2^kleq t}cosleft(2^kx ight) =sum_{k=1}^{[log_2t]}cosleft(2^kx ight).$

然後，Euler-Maclaurin公式告訴我們

$mathcal{A}left(t ight) =sum_{k=1}^{[log_2t]}cosleft(2^kx ight) =int_{0}^{[log_2t]}mathfrak{d}_ucosleft(2^ux ight)mathrm{d}u,$

這裡，

$mathfrak{d}_u:=1+{u}frac{mathrm{d}}{mathrm{d}u}.$

因此，我們有：

$mathcal{S} =frac{1}{2}int_{2}^{infty}int_{0}^{[log_2t]} frac{e^{-t^{frac{1}{2}}} mathfrak{d}_ucosleft(2^ux ight)}{sqrt{t}}mathrm{d}umathrm{d}t,$

所以我們可以得到：

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Proposition: For $xinmathbb{R}$ , we have

$sum_{k=0}^{infty}e^{-2^frac{k}{2}}cosleft(2^kx ight) =frac{cosleft(x ight)}{e}+frac{1}{2}int_{2}^{infty}int_{0}^{[log_2t]} frac{e^{-t^{frac{1}{2}}} mathfrak{d}_ucosleft(2^ux ight)}{sqrt{t}}mathrm{d}umathrm{d}t.$

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至此，我們可以暫時告一段落，上式的右邊應該可以繼續改進，這裡就不做了。此外，如果要計算一些上下界，適當的估計積分，應該是可以辦到的。

看到 @Lancewu 的回答，我想來驗證一下（過程複雜，請勿模仿 ...）。令 $x=0$ ，則上式右端可以約化為：

$egin{align} frac{1}{e}+frac{1}{2}int_{2}^{infty}int_{0}^{[log_2t]} frac{e^{-t^{frac{1}{2}}}}{sqrt{t}}mathrm{d}umathrm{d}t =frac{1}{e}+frac{1}{2}int_{2}^{infty}frac{e^{-t^{frac{1}{2}}}}{sqrt{t}}int_{0}^{[log_2t]} mathrm{d}umathrm{d}t\ =frac{1}{e}+frac{1}{2}int_{2}^{infty}frac{e^{-t^{frac{1}{2}}}}{sqrt{t}}[log_2t]mathrm{d}t. end{align}$

令 $t=2^x left(mathrm{d}t=2^xlog 2mathrm{d}x ight)$ ，則

我們現在來看上式最後一個等號中的積分。令：

$y=e^{frac{1}{2}xlog2}Rightarrow x=frac{2log y}{log 2}Rightarrow mathrm{d}x=frac{2}{log 2}frac{1}{y}mathrm{d}y$

則：

$int_{k}^{k+1}e^{-e^{frac{1}{2}xlog2}+frac{1}{2}xlog2}mathrm{d}x =frac{2}{log 2}int_{e^{frac{k}{2}log2}}^{e^{frac{k+1}{2}log2}}e^{-y}mathrm{d}y =frac{2}{log 2}left(-e^{-2^{frac{k+1}{2}}}+e^{-2^{frac{k}{2}}} ight).$

因此，可以得到

$egin{align} frac{1}{e}+frac{log 2}{2}int_{0}^{infty}e^{-2^{frac{1}{2}x}}2^{frac{1}{2}x}[x]mathrm{d}x =frac{1}{e}+frac{log 2}{2}sum_{k=1}^{infty}kint_{k}^{k+1}e^{-e^{frac{1}{2}xlog2}+frac{1}{2}xlog2}mathrm{d}x\ =frac{1}{e}+sum_{k=1}^{infty}kleft(-e^{-2^{frac{k+1}{2}}}+e^{-2^{frac{k}{2}}} ight)\ =frac{1}{e}-sum_{k=1}^{infty}ke^{-2^{frac{k+1}{2}}}+sum_{k=1}^{infty}ke^{-2^{frac{k}{2}}}\ =frac{1}{e}-sum_{k=2}^{infty}(k-1)e^{-2^{frac{k}{2}}}+sum_{k=1}^{infty}ke^{-2^{frac{k}{2}}}\ =frac{1}{e}-sum_{k=2}^{infty}ke^{-2^{frac{k}{2}}}+sum_{k=2}^{infty}e^{-2^{frac{k}{2}}}+sum_{k=1}^{infty}ke^{-2^{frac{k}{2}}}\ =e^{-1}+sum_{k=2}^{infty}e^{-2^{frac{k}{2}}}+e^{-2^{frac{1}{2}}}\ =sum_{k=0}^{infty}e^{-2^{frac{k}{2}}}. end{align}$

驗證完畢。

========================== 腦洞時間 ============================

另外，如果考慮

$e^{-x}=frac{1}{2pi i}int_{c_1-iinfty}^{c_1+iinfty} Gammaleft(s_1 ight)x^{-s_1} mathrm{d}s_1, ~~~ c_1>0.$

則有

$e^{-2^{frac{k}{2}}}=frac{1}{2pi i}int_{c_1-iinfty}^{c_1+iinfty} Gammaleft(s_1 ight)left(2^{frac{k}{2}} ight)^{-s_1} mathrm{d}s_1, ~~~ c_1>0.$

再考慮

$cosleft(ax ight) =frac{1}{2pi i}int_{c_2-iinfty}^{c_2+iinfty} Gammaleft(s_2 ight) cosleft(frac{pi s_2}{2} ight)a^{-s}x^{-s_2}mathrm{d}s_2, ~~~0<c_2<1.$

則我們可以有

$cosleft(2^kx ight) =frac{1}{2pi i}int_{c_2-iinfty}^{c_2+iinfty} Gammaleft(s_2 ight) cosleft(frac{pi s_2}{2} ight)left(2^k ight)^{-s_2}x^{-s_2}mathrm{d}s_2, ~~~0<c_2<1.$

現在，我們可以這樣做

$egin{align} sum_{k=0}^{infty}e^{-2^frac{k}{2}}cosleft(2^kx ight)\ =-frac{1}{4pi^2}intop_{c_2-iinfty}^{c_2+iinfty} intop_{c_1-iinfty}^{c_1+iinfty} Gammaleft(s_2 ight) Gammaleft(s_1 ight) cosleft(frac{pi s_2}{2} ight)x^{-s_2}sum_{k=0}^{infty}left(2^k ight)^{-s_2} left(2^{frac{k}{2}} ight)^{-s_1}mathrm{d}s_1mathrm{d}s_2\ =-frac{1}{4pi^2}intop_{c_2-iinfty}^{c_2+iinfty} intop_{c_1-iinfty}^{c_1+iinfty} Gammaleft(s_2 ight) Gammaleft(s_1 ight) cosleft(frac{pi s_2}{2} ight)x^{-s_2}sum_{k=0}^{infty} 2^{-ks_2-frac{k}{2}s_1}mathrm{d}s_1mathrm{d}s_2 end{align}$

其中

$sum_{k=0}^{infty} 2^{-ks_2-frac{k}{2}s_1} =sum_{k=0}^{infty} 2^{-k(s_2+frac{1}{2}s_1)} =sum_{k=0}^{infty} left(frac{1}{2^{s_2+frac{1}{2}s_1}} ight)^k =frac{1}{1-frac{1}{2^{s_2+frac{1}{2}s_1}}} =frac{2^{s_2+frac{1}{2}s_1}}{2^{s_2+frac{1}{2}s_1}-1}$

（ $left|frac{1}{2^{s_2+frac{1}{2}s_1}} ight|= frac{1}{2^{c_2+frac{1}{2}c_1}}<1$ ）

所以，最後我猜有：

$sum_{k=0}^{infty}e^{-2^frac{k}{2}}cosleft(2^kx ight) =frac{1}{4pi^2}intop_{c_2-iinfty}^{c_2+iinfty} intop_{c_1-iinfty}^{c_1+iinfty} Gammaleft(s_2 ight) Gammaleft(s_1 ight) cosleft(frac{pi s_2}{2} ight)x^{-s_2} frac{2^{s_2+frac{1}{2}s_1}mathrm{d}s_1mathrm{d}s_2}{1-2^{s_2+frac{1}{2}s_1}}$

我先計算下是否收斂（converge）

${{ m{e}}^{{2^{frac{k}{2}}}}} = {{ m{e}}^{{{left( {1 + 1} ight)}^{frac{k}{2}}}}} ge {{ m{e}}^{1 + frac{k}{2}}} ge {{ m{e}}^{frac{k}{2}}} = mathop sum limits_{n = 0}^infty frac{{{{left( {frac{k}{2}} ight)}^n}}}{{n!}} ge frac{{{{left( {frac{k}{2}} ight)}^2}}}{{2!}} = frac{{{k^2}}}{8}$

${{ m{e}}^{ - {2^{frac{k}{2}}}}} le frac{8}{{{k^2}}}$

所以

$left| {{{ m{e}}^{ - {2^{frac{k}{2}}}}}cos left( {{2^k}x} ight)} ight| le {{ m{e}}^{ - {2^{frac{k}{2}}}}} le frac{8}{{{k^2}}}$

by Weierstrass M-test,

這個級數函數在實數內一致收斂uniformly converge in the field of real number.

假設收斂致函數f(x),

則 $f(x)leq sum_{k=1}^{infty}{frac{8}{k^2} } =frac{4 pi ^2}{3}$ ,另外函數本身性質導致

$f(x)=f(x+2pi)\ f(x)=f(x+pi )+2e^{-1}cos(x)\ f(0)=sum_{k=0}^{infty}{e^{-2^{frac{k}{2} }}}\ f$

可微我就不證明了，重要的三個條件都符合

所以這是一個偶函數，並且周期為 $2pi$ （畢竟已經非常明顯的寫成了fourier展開形式）

本著研究心理，我用mathematica畫了一下圖，前50項大概是這樣

嗯，看起來有點像那個傳說中處處連續處處不可導的函數呀

於是我百度了一下

並且這個函數形式是

我去，好像.....（上面那個 $b=2Z+1$ 指 $b$ 是個奇數）

題主是在整我們嗎.....跪了

只能幫到這了

這裡說一下為什麼這個 $f(x)$ 不能用上面的定理

因為每項微分和 $-pi sum a^nb^n sin(b^npi x)$ 並不一致收斂，比如x=1的時候，並且b是奇數，那麼 $sin(b^npi )=1$ ,所以

$sum a^nb^n sin(b^npi x)=sum (ab)^n>sum (1+frac{3pi }{2} )^n=infty$

這個函數是一個傅立葉展開，換句話說他是一系列 $h imes cos(kx)$ 疊加在一起，越往後產生的波動越小。

這裡的係數 $a^n$ 是經過精挑細選的，收斂太慢會導致 $f(x)$ 本身不收斂（太多波動疊加在一起導致blow up），收斂太快會導致 $f(x)$ 比較平坦所以可導（波動太小即使疊加在一起也足夠平坦）本題的函數的係數 $e^{-2^{frac{n}{2}}}$ 收斂太快，所以是可微的。但是上面那個係數又簡單，又出名的函數都沒找到其他的形式（在wiki上沒看到），所以我認為這個題也很難找到，i.e.題主在搞事啊

用歐拉公式展開之後變成指數形式，這個級數在複數域上收斂半徑是0，應該沒有解析表達式

基本上是威爾斯特拉斯函數？

如何對級數sum_(k=0)^infty e^(-2^(k/2))*cos(2^k*x)進行求和？

如何對級數sum_(k=0)^infty e^(-2^(k/2))cos(2^kx)進行求和？