Encuentra una función de crecimiento muy lento.

Question

Estoy tratando de encontrar una función de aumento continuo$f$ en$[1,\infty)$ tal que

$1-\frac{f(x)}{f(2x)} = O(1/\log^c(x))$ para alguna constante$c>1$, y$\lim_{x\to \infty} f(x) = \infty$.

Tenga en cuenta si$c=1$,$f(x)=\log(x)$ funciona bien, cuando tan pronto como$c>1$, no se me ocurra ninguna función agradable que funcione. Parece que iterar el registro$k$ veces no es suficiente.

Answer 1

Curiosamente, dicha función no existe. El punto es, que $$ \sum_{n= 1}^{\infty}\frac{1}{n^c} $$ converge para $c > 1$. Asumiendo en caso contrario, la condición implica la existencia de constante $C \in \mathbb{R}$, tal que para cualquier $x$, $$ 1-\frac{f(x)}{f(2x)} < \frac{C}{\log^{c}(x)} $$ Ahora aplicar esta para números de $b_n = 2^{n}$ para obtener $$ 1-\frac{f(2^n)}{f(2^{n+1})} < \frac{C}{\log^{c}(2^{n})} = \frac{C}{n^c\log^{c}(2)}. $$ Ahora, lo que se suma esta desigualdad para todos los enteros positivos ($f(b_n) = a_{n})$, obtenemos $$ \sum_{n = 1}^{\infty}\left(1-\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right) < \frac{C}{\log^{c}(2)}\sum_{n= 1}^{\infty}\frac{1}{n^c} < \infty, $$ pero, dado que, como $n \to \infty$, $2^{n} \to \infty $ y por lo $a_{n} = f(2^{n}) \to \infty $, de acuerdo a Probar $\sum^{\infty}_{n=1} \frac{a_{n}-a_{n-1}}{a_{n}}=\infty$ a mano izquierda se bifurca, una contradicción.