ปัญหาชิงรางวัลข้อที่ 7: Sum involving Bit Counting

[warut]

กำหนดให้ \(b(n)\) แทนจำนวนของบิท 1 ของ \(n\) เวลาที่เราเขียน \(n\) ในรูปฐาน 2 เช่น\[b(23)=b(10111_2)=4\]จากความรู้ที่ว่า\[\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=
\frac{\pi^2}{6}\]จงพิสูจน์ว่า\[\sum_{n=1}^\infty b(n)\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}=
\frac{\pi^2}{9}\]ป.ล. ผมเพิ่งไปเห็นผลบวกนี้โดยบังเอิญเมื่อ 2-3 วันที่ผ่านมานี่เอง ตอนแรกนึกว่ามันต้องเป็นอะไรที่ deep มากๆ แต่ปรากฎว่าใช้ความรู้ ม.ปลายก็พอครับ แต่อาจจะ tricky หน่อยนะ

[Punk]

อืมมมมม.....ขอเป็น comment ละกันไม่ต้องการคะแนนใดๆทั้งสิ้น

อย่างงี้หรือเปล่าครับ เริ่มจากหาค่า $1+1/3^2+1/5^2+\cdots$ แล้วก็ทำอะไรกุ้กกิ้กๆ กับอนุกรมที่ต้องการหาค่า
โจทย์ง่ายอย่างที่คุณ warut ว่าจริงๆแหละ อนุกรมล้วนๆ

[warut]

ใช่แล้วครับ เฮ้อ...อะไรๆก็ดูง่ายไปหมดสำหรับคุณ Punk

[Punk]

แฮะๆๆๆ ... โทษทีครับ พูดผิดไป โจทย์ไม่ได้ง่ายหรอกครับ
ผมหมายความว่าพอคิดออกมันก็ง่ายนะครับ ถ้าไม่งั้นสมาชิกท่านอื่นคงโซ้ยไปก่อนผมแล้วละ จริงมั้ยละครับ
อย่างที่บอกละครับผมนะยินดีที่จะทุ่มเททำโจทย์ สวยๆของคุณ warut เสมอครับ

ปล. หวังว่า comment ของผมคงไม่ทำให้ท่านอื่นเลิกทำนะครับ

[gools]

1. หาค่าของ $\frac{1}{1^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+...$
วิธีทำ \[\frac{1}{1^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+...=(\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...)-\frac{1}{2^2}(\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...)=\frac{\pi^2}{8}\]

2. กำหนดจำนวนนับ $n$ จะพิสูจน์ว่า ให้ $a$ เป็นจำนวนเต็มบวกคี่และ $k$ เป็นจำนวนเต็มที่ไม่เป็นลบที่มากที่สุดที่ทำให้ $n=2^ka$ แล้ว $b(n)-b(n-1)=1-k$
พิสูจน์ เมื่อเขียน $n$ เป็นเลขฐานสองแล้วดูจากขวาไปซ้ายเราจะเห็นเลข $1$ ตัวแรกอยู่ในตำแหน่งที่ $k+1$ นับจากขวาไปซ้าย เนื่องจากถ้ามีเลข $1$ ปรากฏอยู่ก่อนหน้านั้นแล้วเมื่อหาร $n$ ด้วย $2^k$ แล้วจะเหลือเศษ ทำให้เกิดข้อขัดแย้ง
และเมื่อเขียน $n-1$ เป็นเลขฐานสองแล้วเราจะเห็นเลข $1$ ติดกันตั้งแต่หลักหน่วยจนถึงหลักที่ $k$ นับจากขวาไปซ้าย ส่วนหลักที่ $k+1$ จะเป็นเลข $0$ ส่วนหลักต่อๆมาจะเหมือนเดิม นั่นคือเหมือนกับหลักที่ $k+2$ เป็นต้นไปของ $n$ ที่อยู่ในรูปของเลขฐานสอง ดังนั้น $b(n)-b(n-1)=1-k$

3. \[\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{4^k}=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{4^3}+...=\frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4}{3}\]

4. \[\begin{array}{rcl}\displaystyle{\sum_{k=0}^\infty \frac{k}{4^k}}&=&\displaystyle{(\frac{1}{4})(\frac{1}{4}+\frac{2}{4^2}+\frac{3}{4^3}+...)+(\frac{1}{4}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{4^ 3}+...)} \\
&=&\displaystyle{(\frac{1}{4})\sum_{k=0}^\infty \frac{k}{4^k}+\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{4^k}-1} \\
&=&\displaystyle{(\frac{1}{4})\sum_{k=0}^\infty \frac{k}{4^k}+\frac{1}{3}} \\
\displaystyle{\sum_{k=0}^\infty \frac{k}{4^k}-(\frac{1}{4})\sum_{k=0}^\infty \frac{k}{4^k}}&=&\displaystyle{(\frac{3}{4})\sum_{k=0}^\infty \frac{k}{4^k}=\frac{1}{3}}
\end{array}
\]
ดังนั้น
\[\sum_{k=0}^\infty \frac{k}{4^k}=(\frac{4}{3})(\frac{1}{3})=\frac{4}{9}\]

5. ทุกจำนวนนับ $n$ สามารถเขียนให้อยู่ในรูปของ $2^ka$ โดยที่ $a$ เป็นจำนวนเต็มบวกคี่และ $k$ เป็นจำนวนเต็มที่ไม่เป็นลบ

ดังนั้นเราจะได้ว่า \[\begin{array}{rcl}\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty b(n)\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}}=\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty b(n)(\frac{1}{n^2}-\frac{1}{(n+1)^2})}&=&\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty (b(n)-b(n-1))\frac{1}{n^2}} \\ &=&\displaystyle{(\sum_{k=0}^\infty (1-k){\frac{1}{(2^k)^2}})(\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^2})} \\ &=&\displaystyle{(\frac{\pi^2}{8})\sum_{k=0}^\infty (1-k){\frac{1}{4^k}}} \\ &=&\displaystyle{(\frac{\pi^2}{8})(\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{4^k}-\sum_{k=0}^\infty\frac{k}{4^k})} \\ &=&\displaystyle{(\frac{\pi^2}{8})(\frac{4}{3}-\frac{4}{9})}=\displaystyle{\frac{\pi^2}{9}} \end{array}\]

[R-Tummykung de Lamar]

ขออนุญาตโพสต์อีกแนวคิดหนึ่งนะครับ
สิ่งที่โจทย์ต้องการถามคือ
$$ \sum_{n=1}^\infty b(n)\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} =\sum_{n=1}^\infty b(n)\bigg(\frac{1}{n^2}-\frac{1}{(n+1)^2} \bigg) $$
ซึ่งก็คือ
$$ 1+\sum_{n=1}^\infty \frac{b(n+1)-b(n)}{(n+1)^2} \qquad ...(1)$$
สิ่งที่ สังเกตได้ จาก $b(n)$ มีดังนี้[*]$b(2n)\ =\ b(n)$[*]$b(2n+1)-b(2n)\ =\ 1$[*]$b(2n-1)\ =\ b(2n-2)+1\ =\ b(n-1)+1$

แบ่งกรณี n เป็นคู่ (ให้เป็น 2m) รวมกับ +1 ข้างหน้าด้วย เป็น
$$ 1+\sum_{m=1}^\infty \frac{b(2m+1)-b(2m)}{(2m+1)^2} $$
$$ =1+\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{(2m+1)^2} $$
$$ =1+\frac 1{3^2}+\frac 1{5^2}+... \ =\ \frac{\pi ^2}{8}$$


กับอีกกรณีนึงคือ n เป็นคี่ (ให้เป็น 2m-1)
$$ \sum_{m=1}^\infty \frac{b(2m)-b(2m-1)}{(2m)^2} $$
$$ =\frac 14 \bigg(\sum_{m=1}^\infty \frac{b(m)-b(m-1)-1}{m^2}\bigg) $$
$$ =\frac 14 \bigg(\sum_{m=1}^\infty \frac{b(m)-b(m-1)}{m^2}\bigg) -\frac 14 \bigg(\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^2}\bigg)$$
$$ =\frac 14 \bigg(\sum_{n+1=1}^\infty \frac{b(n+1)-b(n)}{(n+1)^2}\bigg) -\frac{\pi ^2}{24}$$
$$ =\frac 14 +\frac 14 \bigg(\sum_{n=1}^\infty \frac{b(n+1)-b(n)}{(n+1)^2}\bigg) -\frac{\pi ^2}{24}$$
รวมกับกรณีที่ n เป็นคู่ ด้วย จะได้สิ่งที่โจทย์ถามคือ
$$ =\frac{\pi ^2}{12}+\frac 14 +\frac 14 \bigg(\sum_{n=1}^\infty \frac{b(n+1)-b(n)}{(n+1)^2}\bigg) $$
เปรียบเทียบกับ $(1)$ ให้ ก้อนซิกม่านั้นคือ y
$$1+y=\frac{\pi ^2}{12}+\frac 14 +\frac 14 y$$
แก้สมการได้
$$y\ =\ \frac{\pi ^2}{9}-1$$
นำกลับไปแทนใน $(1)$ สิ่งที่โจทย์ถามคือ y+1 นั่นคือ
$$y+1\ =\ \frac{\pi ^2}{9}-1+1\ =\ \frac{\pi ^2}{9}$$



Edit 1 : แก้ไข ตรง $\displaystyle{ \sum_{m=1}^\infty \frac{b(2m)-b(2m-1)}{(2m)^2} =...=\frac 14 \bigg(\sum_{m=1}^\infty \frac{b(m)-b(m-1)}{m^2}\bigg) -\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^2}}$
ตามคำแนะนำของพี่ nongtum ครับ

[nongtum]

ตอนแยกออกมาพจน์หลังตก 1/4 ไปครับ (หลังจากน้อง Tummykun แก้ตามบอกไปแล้ว ก็เลยตามมาแก้เพื่อลดปริมาณสมการที่ใช้ jsMath)

[R-Tummykung de Lamar]

ขอบคุณมากครับพี่ nongtum
พิมพ์ตกไปหน่อย พลาดไป 3 บรรทัดเลย กลับไปแก้ไขแล้วนะครับ

[warut]

เท่าที่ผมตั้งใจอ่านดูอย่างยากลำบาก (พยายามจะ print ออกมาแต่ IE มันแฮงทุกครั้งเลย) ก็คิดว่าการพิสูจน์ของน้องทั้งสองถูกต้องเรียบร้อยดีครับ การพิสูจน์ของน้อง gools ยุ่งยากไปพอควร ส่วนการพิสูจน์ของน้อง R-Tummykung de Lamar ใกล้เคียงกับที่ผมทำมาก (อาจจะยุ่งยากกว่าเล็กน้อย) จึงไม่จำเป็นจะต้องรออะไรอีกแล้ว ผมจะจ่ายคะแนนเลยนะครับ ให้น้อง gools 4 คะแนน และให้น้อง R-Tummykung de Lamar 6 คะแนน สำหรับความยากของข้อนี้บวกกับที่อยู่แค่ ม.ต้นครับ ต่อไปเป็นเฉลยครับ

ให้สังเกตว่า

\(b(2n)=b(n)\)
\(b(2n+1)=b(2n)+1=b(n)+1\)

ดังนั้นโดยการแยกออกเป็นเทอมคู่กับคี่แบบเดียวกับที่น้อง R-Tummykung de Lamar ทำ จะได้ว่า\[S:= \sum_{n=1}^\infty b(n)\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}=\sum_{n=1}^\infty b(n)\left(\frac{1}{n^2}-\frac{1}{(n+1)^2}\right)\]\[=1-\frac{1}{2^2}+\sum_{n=1}^\infty b(2n)\left(\frac{1}{(2n)^2}-\frac{1}{(2n+1)^2}\right)+b(2n+1)\left(\frac{1}{(2n+1)^2}-\frac{1}{(2n+2)^2}\right)\]\[=1-\frac{1}{2^2}+\sum_{n=1}^\infty b(n)\left(\frac{1}{(2n)^2}-\frac{1}{(2n+1)^2}\right)+ (b(n)+1)\left(\frac{1}{(2n+1)^2}-\frac{1}{(2n+2)^2}\right)\]\[=1-\frac{1}{2^2}+\sum_{n=1}^\infty b(n)\left(\frac{1}{(2n)^2}-\frac{1}{(2n+2)^2}\right)+\left(\frac{1}{(2n+1)^2}-\frac{1}{(2n+2)^2}\right)\]\[=\frac14\sum_{n=1}^\infty b(n)\left(\frac{1}{n^2}-\frac{1}{(n+1)^2}\right)+ \left(1-\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}-\frac{1}{4^2}+\cdots\right)\]ดังนั้น\[ \frac34S= \left(1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots\right) -2\left(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{6^2}+\cdots\right)\]\[ =\frac{\pi^2}{6}-\frac{2}{2^2}\left(\frac{\pi^2}{6}\right)= \frac{\pi^2}{12}\]นั่นคือ\[S=\frac{\pi^2}{9}\]

[gon]

ข้อความเดิมของคุณ warut:
เท่าที่ผมตั้งใจอ่านดูอย่างยากลำบาก (พยายามจะ print ออกมาแต่ IE มันแฮงทุกครั้งเลย)

ตอนนี้ถ้ามีปัญหาอยู่ ลองใช้ Firefox เวอร์ชันตัดคำไทยก่อนก็ไำด้ครับ โหลดได้เร็วกว่า IE และไม่ Hang แน่นอนครับ. ! กรณีที่ต้องการดูแบบ IE ก็มี Extension IE TAB ติดนิดเดียวลงเสริมได้นะครับ