Demostrando que $\lim\limits_{x\to 1^{-}}\frac{1}{\ln(1-x)}\sum\limits_{n=0}^{\infty}x^{b^n}=-\frac{1}{\ln(b)}$

Question

Conjeturo que : $$\forall b\in\mathbb{N}\setminus\lbrace0,1\rbrace,\lim\limits_{x\to 1^{-}}\frac{1}{\ln(1-x)}\sum\limits_{n=0}^{\infty}x^{b^n}=-\frac{1}{\ln(b)}$$ Lo cual está bien comprobado mediante simulaciones numéricas.

Tal vez me estoy perdiendo algo obvio aquí, pero no tengo absolutamente ninguna idea de cómo probarlo. La convergencia uniforme, por supuesto, no es de ayuda aquí, la serie $\sum\limits_{n=0}^{\infty}1$ siendo trivialmente divergente.

¿Alguna idea?

Answer 1

Dejemos que $x = e^{-\lambda}$ , $\lambda \to 0^+$ . Encontramos que $$ \sum_{n\ge 0}x^{b^n} =\sum_{n\ge 0}e^{-b^n \lambda}=\int_0^\infty e^{-b^t \lambda} \mathrm{d}t + \varepsilon_\lambda, $$ donde $|\varepsilon_\lambda |\le 1$ para todos $\lambda>0$ es decir $\varepsilon_\lambda =O(1)$ . Al hacer la sustitución $b^t\lambda =u$ , $$\begin{eqnarray} \sum_{n\ge 0}e^{-b^n \lambda}&=&\frac{1}{\ln b}\int_\lambda^\infty e^{-u}\frac{\mathrm{d}u}{u}+O(1)\\&=&\frac{1}{\ln b}\int_\lambda^1 \frac{\mathrm{d}u}{u}+\frac{1}{\ln b}\int_\lambda^\infty \frac{e^{-u}-1_{\{u\le 1\}}}{u}\mathrm{d}u+O(1)\\ &=&-\frac{\ln \lambda}{\ln b}+O(1), \end{eqnarray}$$ desde $$\left|\int_\lambda^\infty \frac{e^{-u}-1_{\{u\le 1\}}}{u}\mathrm{d}u\right|\le\int_0^\infty \frac{|e^{-u}-1_{\{u\le 1\}}|}{u}\mathrm{d}u<\infty.$$ Por último, tenemos para todos $b>1$ , $$\begin{eqnarray} \lim_{x\to 1^-} \frac{1}{\ln(1-x)}\sum\limits_{n\ge 0}x^{b^n}&=&-\frac{1}{\ln b}\lim_{\lambda \to 0^+}\frac{\ln \lambda+O(1)}{\ln(1-e^{-\lambda})}\\&=&-\frac{1}{\ln b}\lim_{\lambda \to 0^+}\frac{\ln \lambda}{\ln(1-e^{-\lambda})}\\&=&-\frac{1}{\ln b}\lim_{\lambda \to 0^+}\frac{1/\lambda}{e^{-\lambda}/(1-e^{-\lambda})}\\&=&-\frac{1}{\ln b}\lim_{\lambda \to 0^+}\frac{e^\lambda(1-e^{-\lambda})}{\lambda}=-\frac{1}{\ln b}. \end{eqnarray}$$