Daily Probs 1

开学了，貌似也没理由接着摆下去了。
把平时遇到的东西写写好了。

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uq 看到的。

定义 \(f(x)\) 为将 \(x\) 十进制各个数位中的 \(1\) 替换为 \(11\) 后得到的数。
例如，\(f(1) = 11\)，\(f(2) = 2\)，\(f(12314) = 1123114\)。
判断 \(\sum \limits_{k = 1}^{+\infin} \frac{1}{f(k)}\) 的收敛性。
（若收敛我可能希望得到一个界）

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设 \(B = \sum \limits_{k = 1}^{+\infin} \frac{1}{f(k)}\)。
不难发现 \(f(k)\) 会恰好取遍所有十进制位中 \(1\) 的连续段长度均为偶数的数。

考虑求出所有 \(b\) 位的满足条件的数的个数，并将其放缩为 \(10^{b - 1}\)。
设 \(f_n\) 表示 \(n\) 位的，所有 \(1\) 的连续段长度均为偶数的数的个数。
则有 \(f_n = 8f_{n - 1} + \sum \limits_{k = 1}^{\lfloor \frac{n - 1}{2} \rfloor} 9 f_{n - 2k - 1} < 9 \sum \limits_{k = 0}^{\lfloor \frac{n - 1}{2} \rfloor} f_{n - 2k - 1}\)，\(B = \sum \limits_{b = 1}^{+\infin} \frac{f_b}{10^{b - 1}}\)。

设 \(g_n = \frac{f_n}{10^n}\)，则有 \(g_n < \frac{9}{10} \sum \limits_{k = 0}^{\lfloor \frac{n - 1}{2} \rfloor} \frac{g_{n - 2k - 1}}{10^{2k}}\)。
我们希望证明 \(g_n \le C\epsilon^n\)，其中 \(\epsilon < 1\)。
接下来使用数学归纳法证明 \(g_n \le C\epsilon^n\)。

\(\frac{g_n}{C\epsilon^n} < \frac{9}{10} \sum \limits_{k = 0}^{\lfloor \frac{n - 1}{2} \rfloor} \frac{g_{n - 2k - 1}}{10^{2k} C\epsilon^n} \le \frac{9}{10} \sum \limits_{k = 0}^{\lfloor \frac{n - 1}{2} \rfloor} \frac{1}{10^{2k} \epsilon^{2k+1}} < \frac{9}{10 \epsilon} \sum \limits_{k = 0}^{\lfloor \frac{n - 1}{2} \rfloor} \frac{1}{(10\epsilon)^{2k}} < \frac{90 \epsilon}{100 \epsilon^2 - 1}\)。
取 \(\epsilon = \frac{9 + \sqrt{85}}{20}\)，则可得到 \(\frac{g_n}{C\epsilon^n} \le 1，g_n \le C\epsilon^n\)。
由于 \(f_1 = 8\)，因此我们可以取 \(C = \frac{16}{9 + \sqrt{85}}\)。

因此 \(B = 10 \sum \limits_{b = 1}^{+\infin} g_b < \frac{40}{9}(11 + \sqrt{85})\)。

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综上所述，原式收敛，且我们给出了一个 \(90\) 的上界。
当然，这个界疑似过于大了。