No se puede calcular el $a_p$ $b_p$ directamente, pero se puede mostrar que tanto $a_p(n) - log_2 n$ $b_p(n) - log_2 n$ convergen como $n\to\infty$.
Por otra parte, usted puede conseguir un razonable aproximaciones.
La técnica precisa declaración es$\dots$
Para $\lambda > 0$ deje $\Lambda$ ser una variable aleatoria de Poisson media de $\lambda$. Existe una distribución de probabilidad $Z_\lambda$, con una media de $0$ y la varianza $\frac 1\lambda$ tal que
$$S_n - \log_2 n \to Z_\lambda + \frac 1\lambda\sum_{i=1}^\Lambda X_i - \log_2 \lambda$$
en la probabilidad como $n\to \infty$.
$$ $$ $$ $$ $$ $$ $$ $$
Para ver esto, elegir algunos $\lambda>0$ y deje $N_i$ ser una secuencia de variables aleatorias de Poisson media de $\lambda \cdot2^i$ y el conjunto de
$$Z_i = \sum_{j=1}^i 2^{-i}N_i$$ $$Z = lim_{i\to\infty} (Z_i-\lambda i)$$
Ahora $X$ es la suma de variables aleatorias independientes con una media de $0$ y las varianzas de las $\lambda\cdot 2^{-i}$ $Z$ es un extraño pero bien definido de la variable aleatoria con una media de $0$ y la varianza $\lambda$.
Ahora a arreglar algunos grandes $k$ y deje $N$ ser una variable aleatoria de Poisson media de $\lambda\cdot 2^{k+1}$.
Elegir iid San Petersburgo variables aleatorias $\{X_i:i=1\dots N\}$ como en la pregunta
y deje $N_i$ ser la cardinalidad del conjunto de $\{j\leq N : X_j = 2^{k-i}\}$.
Es un hecho fundamental acerca de Poisson variables aleatorias que $\{N_i:i\leq k\}$ se distribuyen como independiente de variables aleatorias de Poisson con una media de $\lambda\cdot 2^{i}$. Observe que $N_i$ está definido para todos los negativos $i$.
ahora tenemos
$$2^{-k}\sum_{i=1}^N X_i = \sum_{i=1}^k 2^{-i} N_i + \sum_{i=0}^\infty 2^{i} N_{-i}$$
Podemos lidiar con el término $\sum_{i=0}^\infty 2^{i} N_{-i}$. Esta es sólo la suma de ${X_i}\cdot 2^{-k}$$X_i\geq 2^k$. Es fácil ver que este se distribuye como una suma de $\Lambda$ copias de $X_i$ de Poisson $\Lambda$
la media de $\lambda$.
La suma de $\sum_{i=1}^k 2^{-i} N_i$ se distribuye de la $Z_k$ y la distribución de $Z_k - \lambda k$ converge como $k\to\infty$. Dividiendo por $N$ hemos
$$S_N - k \sim \frac{2^k\lambda}{N}\left(\frac Z\lambda + \frac 1\lambda\sum_{i=1}^\Lambda X_i\right).$$
Además $\frac{2^k\lambda}{N}$ converge a $1$ casi seguramente, y tomando los registros de $\log_2 N\to k+\log_2\lambda$. Como la distribución de $Z$ depende de $\lambda$, $Z_\lambda = \frac Z\lambda$ y hemos
$$S_n - \log_2 n \to Z_\lambda + \frac 1\lambda\sum_{i=1}^\Lambda X_i - \log_2\lambda$$ en la distribución.
