¿Cuál es el límite de la serie$\log_2(1-x)+x+x^2+x^4+x^8+\cdots$.

Question

Encontrar
ps

He encontrado$$\lim_{x\to1^-}\log_2(1-x)+x+x^2+x^4+x^8+\cdots$ como un límite inferior, pero no más allá de eso

Answer 1

Vamos $$ f(x)=\log_2(1-x)+\sum_{k=0}^\infty x^{2^k}\tag1 $$ a continuación, $f(0)=0$ y $$ f\!\a la izquierda(x^2\right)=\log_2\left(1-x^2\right)+\sum_{k=1}^\infty x^{2^k}\tag2 $$ y por lo tanto, $$ f(x)-f\!\a la izquierda(x^2\right)=x-\log_2(1+x)\tag3 $$ Así, por $x\in(0,1)$, $$ \begin{align} f(1) &=f(1)-f(0)\\[12pt] &=\sum_{k=-\infty}^\infty\left[f\!\left(x^{2^k}\right)-f\!\left(x^{2^{k+1}}\right)\right]\\ &=\sum_{k=-\infty}^\infty\left(x^{2^k}-\log_2\left(1+x^{2^k}\right)\right)\tag4 \end{align} $$ La expansión de $\log(1+x)$ en su Serie de Taylor en $x$, obtenemos $$ \begin{align} \int_0^1x^{a-1}\log(1+x)\,\mathrm{d}x &=\int_0^1\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}x^{a-1+k}}k\,\mathrm{d}x\\ &=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k(k+a)}\\ &=\frac1a\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\left(\frac1k-\frac1{k+a}\right)\\ &=\frac1a\left(\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+a}\right)-2\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1{2k}-\frac1{2k+a}\right)\right)\\ &=\frac1a\left(\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+a}\right)-\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+a/2}\right)\right)\\[3pt] &=\frac{H(a)-H(a/2)}a\tag5 \end{align} $$ donde $H(a)$ son Extendida Armónica de los Números. Se aplican $(5)$ para obtener $$ \int_0^1\log_2\left(1+x^{2^k}\right)\,\mathrm{d}x=\frac{H\!\left(2^{-k}\right)-H\!\left(2^{-k-1}\right)}{\log(2)}\tag6 $$ La integración de un monomio da $$ \int_0^1^{2^k}\,\mathrm{d}x=\frac1{2^k+1}\tag7 $$ La integración de $(4)$ $[0,1]$ y el uso de $(6)$ $(7)$ rendimientos $$ \begin{align} f(1) &=\lim_{n\to\infty}\left[\sum_{k=-n}^n\frac1{2^k+1}-\frac{H\!\left(2^n\right)-H\!\left(2^{-n-1}\right)}{\log(2)}\right]\\ &=\lim_{n\to\infty}\left[\frac12+n-\frac{\gamma+n\log(2)+O\!\left(2^{-n}\right)}{\log(2)}\right]\\[3pt] &=\frac12-\frac{\gamma}{\log(2)}\tag8 \end{align} $$

---

Problema con el Uso de la Ecuación ($\boldsymbol{(3)}$

Como ha señalado Michael, el uso de la ecuación de $(3)$ por encima ignora el hecho de que $$ g(x)-g\!\a la izquierda(x^2\right)=0\tag9 $$ no quiere decir $g(x)=0$. De hecho, para cualquier $1$-periódico $h$, es decir,$h(x)=h(x+1)$, $$ g(x)=h\!\a la izquierda(\log_2(-\log(x))\right)\etiqueta{10} $$ satisface $(9)$. Me he encontrado con esta mala conducta antes de que en la familia de la serie tienen un límite? y Encontrar $f'(0)$ si $f(x)+f(2x)=x\space\space\forall x$.

Por lo tanto, el valor dado en la $(8)$ es un promedio de los valores de$f(1)$$(4)$.

La función dada en $(4)$ $x=2^{-2^{-t}}$ periodo $1$$t$. He calculado $f(1)$$(4)$$x\in\left[\frac14,\frac12\right]$; es decir, el periodo total $t\in[-1,0]$. Puedo obtener una trama muy similar a la de Michael:

que oscila entre el$-0.33274775$$-0.33274460$. La línea horizontal es $$ \frac12-\frac\gamma{\log(2)}=-0.33274618 $$ que es bastante cercana a la media de los valores mínimo y máximo.

Todavía estoy buscando un a priori del método para calcular esta oscilación.

Answer 2

$$f(x)+\log_2(1+x)-x=f(x^2)\text{ ( 0<x<1 )}\\ f(exp(y))+\log_2(1+\exp(y))-\exp(y)=f(\exp(2y))\text{ $(-\infty<y<0)$}\\ g(y)+\log_2(1+\exp(y))-\exp(y)=g(2y)\text{ $(-\infty<y<0)$}\\ g(-2^z)+\log_2(1+\exp(-2^z))-\exp(-2^z)=g(-2^{z+1})\text{( $-\infty<z<\infty$)}\\ h(z)+\log_2(1+\exp(-2^z))-\exp(-2^z)=h(z+1)\text{$(-\infty<z<\infty)$}\\ f(1)-f(0)=\int_{-\infty}^{\infty}dh=\int_{-\infty}^\infty\log_2(1+\exp(-2^z))-\exp(-2^z)dz\\ \aprox -0.332746$$ Por cambio de variable, se convierte en $$\int_0^1 \frac{x-\log_2(1+x)}{x\log x\log 2}dx$$ que la Inversa de la Simbólica de la Calculadora da como $$\frac12-\frac\gamma{\ln2}\approx -0.3327461772769$$ Como señaló Somos, tomé una aproximación cuando reemplacé $\sum h(z+1)-h(z)$ $\int dh$ . Parece haber variación en el sexto lugar decimal como $x$ varía de $x_0$$x_0^2$.

Answer 3

Deje $\ f(x) := \log_2(1-x) + \sum_{n=0}^\infty x^{2^n}, \ $ $\ g(x) := f(e^{-x}) = \log_2(1-e^{-x}) + \sum_{n=0}^\infty e^{-x2^n}, \ $ y $\ a_k := g(2^{-k}) = b_k + \sum_{n=0}^\infty e^{-2^{n-k}} \ $ donde $\ b_k := \log_2(1-e^{-2^{-k}}) \approx -k - 2^{-1-k}/\log(2). \ $ Ahora $\ \sum_{n=0}^\infty e^{-2^{n-k}} = \sum_{n=1}^k e^{-2^{-n}} + B \ $ donde $\ B := \sum_{n=0}^\infty e^{-2^n} \approx 0.521865938459879089046726. \ $ Pero $ c_k :=\! -k \!+\! \sum_{n=1}^k e^{-2^{-n}}\! = \sum_{n=1}^k \big(e^{-2^{-n}}\!-\!1 \big) \ $ y $\ c_k \to C \ $ donde $\ C \approx -0.8546133208927. \ $ Por último, $\ \lim_{x\to 1^-} f(x) = \lim_{x\to 0^+} g(x) = \lim_{k\to\infty} a_k = B+C \aprox -0.3327473824328992250.\ $ Los dígitos de $1$ menos de este número es OEIS secuencia A158468. $f(\exp(-2^{-30})) \approx -0.3327473822.$

EDIT: por Desgracia, parece que la función de $\ f(x) \ $ oscila a medida que se acerca a $1$ de los de abajo. Es decir, $\ g(2^{-x}) \ $ acerca a un período de $1$ función con valor medio $\ 1/2 - \gamma/\log(2) \ $, con oscilaciones de magnitud $\ \approx 1.57315\times 10^{-6} \ $ como Michael muestra. Por lo tanto, el límite no existe. Era obvio que la infinita suma de $\ f(x) \ $ tiene radio de convergencia $1.$ Lo que fue no obvio fue el comportamiento limitante como $\ x\to 1^-. \ $ ahora sabemos que la serie tiene un logarítmica de la singularidad y $\ f(x) \ $ es lo que queda. Que $\ f(x) \ $ cuenta con interesantes comportamiento oscilatorio, es muy agradable de información.