Demostrando $\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1-\lfloor \log_2(1-x)\rfloor} = 2 \log 2 - 1$.

Question

Mediante las pruebas de arce, me encontré con que $$ \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1-\lfloor \log_2(1-x)\rfloor} = 2 \log 2 - 1 $$ No existe una prueba de esto? Traté de escribirlo como una serie, pero no hubo suerte. $$ \frac{1}{1-\lfloor \log_2(1-x)\rfloor} = \sum_{k=0}^\infty \lfloor \log_2(1-x) \rfloor^k = \sum_{k=0}^\infty \Big \lfloor -\frac{1}{\log 2} \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n} \Big\rfloor^k $$ Sin embargo, esta expresión parece divergir

Answer 1

Comenzar por señalar que $\lfloor\log_2(1-x)\rfloor = -(n+1)$ todos los $x \in (1-2^{-n},1-2^{-(n+1)})$.

Por lo tanto, $\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\,dx}{1-\lfloor \log_2(1-x)\rfloor} = \sum_{n = 0}^{\infty}\int_{1-2^{-n}}^{1-2^{-(n+1)}} \dfrac{\,dx}{1-\lfloor \log_2(1-x)\rfloor}$

$= \displaystyle\sum_{n = 0}^{\infty}\int_{1-2^{-n}}^{1-2^{-(n+1)}} \dfrac{\,dx}{1+(n+1)} = \sum_{n = 0}^{\infty}\dfrac{2^{-(n+1)}}{n+2}$.

Para evaluar esta suma, empezar con la serie geométrica $\dfrac{x}{1-x} = \displaystyle\sum_{n = 0}^{\infty}x^{n+1}$.

Integrar ambos lados para obtener $-x-\ln(1-x) = \displaystyle\sum_{n = 0}^{\infty}\dfrac{x^{n+2}}{n+2}$.

Dividir ambos lados por $x$ conseguir $-1-\dfrac{\ln(1-x)}{x} = \displaystyle\sum_{n = 0}^{\infty}\dfrac{x^{n+1}}{n+2}$.

A continuación, conecte $x = \dfrac{1}{2}$ conseguir $\displaystyle\sum_{n = 0}^{\infty}\dfrac{2^{-(n+1)}}{n+2} = -1-\dfrac{\ln(1-\tfrac{1}{2})}{\tfrac{1}{2}} = 2\ln 2 - 1$.

Answer 2

Esto es igual a la integral con $1-x$ reemplazado por $x$, y esta respuesta realmente resuelve el $x$ versión de la integral.

En el intervalo de $(2^{-(n+1)},2^{-n})$ esta función toma el valor de ${1}{1+n+1} = \frac{1}{n+2}$. Así que esta integral es: $$\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^{n+1}} \frac{1}{n+2}$$

El general suma: $$\sum_{n=0}^\infty \frac {x^{n+1}}{n+2}$$ has a closed form that is not hard to figure out. Wolfram Alpha [*] gets $$-1-\frac{\log(1-x)}{x}$$ which, when $x=1/2$ está de acuerdo con su respuesta.

[*] De hecho, me tuve que preguntar WA para $\sum \frac{x^{n-2}}{n+2}$, y luego se divide por $x$.

Answer 3

Una técnica relacionada. Aquí es un enfoque. Vamos a hacer el cambio de variables $\log_2(1-x)=-u$ que se traduce en la integral

$$ I = \int_0^1 \frac{{d}x}{1-\lfloor \log_2(1-x)\rfloor} = \int_0^{\infty} \frac{2^{-u}{d}u}{1-\lfloor -u\rfloor} =\ln(2)\sum_{k=0}^{\infty}\int_0^{\infty}\frac{2^{-u}{d}u}{1-(-k-1)} $$

$$ = \ln(2)\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k+2}\int_k^{k+1}{2^{-u}{d}u}= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{2^{-k-1}}{k+2}=2\ln(2)-1. $$

Nota:

$$ \lfloor -u \rfloor = -k-1 \quad \mathrm{if} \quad -k-1 \leq -u <-k. $$