開學了，貌似也沒理由接著擺下去了。
把平時遇到的東西寫寫好了。

uq 看到的。

定義 \(f(x)\) 為將 \(x\) 十進制各個數位中的 \(1\) 替換為 \(11\) 后得到的數。
例如，\(f(1) = 11\)，\(f(2) = 2\)，\(f(12314) = 1123114\)。
判斷 \(\sum \limits_{k = 1}^{+\infin} \frac{1}{f(k)}\) 的斂散性。

設 \(B = \sum \limits_{k = 1}^{+\infin} \frac{1}{f(k)}\)。
不難發現 \(f(k)\) 會恰好取遍所有十進制位中 \(1\) 的連續段長度均為偶數的數。

考慮求出所有 \(b\) 位的滿足條件的數的個數，并將其放縮為 \(10^{b - 1}\)。
設 \(f_n\) 表示 \(n\) 位的，所有 \(1\) 的連續段長度均為偶數的數的個數。
則有 \(f_n = 8f_{n - 1} + \sum \limits_{k = 1}^{\lfloor \frac{n - 1}{2} \rfloor} 9 f_{n - 2k - 1} < 9 \sum \limits_{k = 0}^{\lfloor \frac{n - 1}{2} \rfloor} f_{n - 2k - 1}\)，\(B = \sum \limits_{b = 1}^{+\infin} \frac{f_b}{10^{b - 1}}\)。

設 \(g_n = \frac{f_n}{10^n}\)，則有 \(g_n < \frac{9}{10} \sum \limits_{k = 0}^{\lfloor \frac{n - 1}{2} \rfloor} \frac{g_{n - 2k - 1}}{10^{2k}}\)。
我們希望證明 \(g_n \le C\epsilon^n\)，其中 \(\epsilon < 1\)。
接下來使用數學歸納法證明 \(g_n \le C\epsilon^n\)。

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

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

綜上所述，原式收斂，且我們給出了一個 \(90\) 的上界。
當然，這個界疑似過于大了。