Definimos una secuencia $a_n(b,x)$ cualquier $b,x\in [0,1]$ dejando $a_0(b) = 1$ y más: $$ a_{n+1}(b,x) = x \cdot b \cdot a_n(b,x)^2+(1-b)\cdot a_n(b,x)\ ), $$ tenga en cuenta que en los valores extremos, $b\in \{0,1\}$ tenemos $a_n(0,x)=x^n$ e $a_n(1,x)=x^{2^n-1}$. Definamos $A(b,x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n(b,x)$. Es claro que para cualquier $x \in (0,1)$ e $b \in [0,1]$ tenemos $A(b,x)$ es una secuencia convergente. Sin embargo, para $x=1$ esta secuencia se convierte divergentes para todos los valores de $b$. Estoy interesado en calcular el siguiente límite: $$ \lim_{x\rightarrow 1^-} \frac {(b,x)} {(1,x)}. $$ No es demasiado duro para demostrar que, para $b=0$, este cociente es igual a infinito. Sin embargo, para otros valores de $b\in (0,1)$ he encontrado numéricamente que este cociente es algún número finito. Los valores numéricos de los que he encontrado parecen sugerir que el siguiente debe contener: $$ \lim_{x\rightarrow 1^-} \frac {(b,x)} {(1,x)} = 1 + \frac{(1-b)\log(2)}{b} $$ Puedo sin embargo no encontrar la manera de comprobar esto en forma analítica. He tratado de obtener superior/inferior de los límites en los valores de $a_{n+1}(b,x)$ que permitiría a puerta cerrada la fórmula, pero sin éxito. Estoy en busca de métodos que pueden ser utilizados para hacer frente a este problema.
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$\newcommand{\ds}{\displaystyle}\newcommand{\eps}{\varepsilon}$ Para $b\in]0,1]$, tenemos $$\label{equ}\tag{1}A(b,x)\sim -\frac1{\log(1+b)}\log(1-x)\mbox{ as }x\to1-$$ en el sentido de que el cociente de ambos lados tiende a $1$. Como consecuencia, el límite de la OP es $$\lim_{x\to1-}\frac{A(bx)}{A(1,x)}=\frac{\log(2)}{\log(1+b)}.$$ Observe que el lado derecho (a la que llamamos $Q(b)$) no está muy lejos de la conjetura $\tilde Q(b)=1+\frac{(1-b)\log(2)}b$: Ambos tienen $Q(1)=\tilde Q(1)=1$ (por supuesto) y $Q(b)\sim \tilde Q(b)\sim \frac1b\log2$ como $b\to0+$. Precisamente, $b\tilde Q(b)$ es el lineal función coincidiendo con $bQ(b)$ en los puntos de $b=0$ e $b=1$.
La prueba de (\ref{equ}) por $b=1$. Aquí sabemos de la OP que $a_n(1,x)=x^{2^n-1}$ para todos los $n$. La secuencia de $a_n(b,x)$ está disminuyendo, por lo que, mediante la comparación de la suma y la integral tenemos $A(1,x)-1\leq \int_{0}^\infty x^{2^s-1}\,ds\leq A(1,x)$. Ahora podemos reescribir (el uso de $\alpha=-\log(x)$ e $s=\frac1{\log2}\log(1+t)$) $$\begin{array}{rcl}\ds\int_{0}^\infty x^{2^s-1}\,ds&=& \displaystyle\int_0^\infty \exp(-\alpha(2^s-1)))\,ds= \frac1{\log(2)}\int_0^\infty\exp(-\alpha t)\frac1{1+t}\,dt=\\ &=&\displaystyle\frac{e^\alpha}{\log(2)}\int_1^\infty\exp(-\alpha u)\frac1u\,du= \frac{e^\alpha}{\log(2)}E_1(\alpha) \end{array} $$ con la integral exponencial $E_1$. Como se indicó en la página web, $E_1(z)\sim -\log(z)$ como $z\to0+$. Aquí $\alpha=-\log(x)\sim 1-x$ como $x\to1-$ y, por tanto, $E_1(\alpha)\sim -\log(\alpha)\sim-\log(1-x)$ como $x\to1-$. Esto demuestra (\ref{equ}) por $b=1$.
La prueba de (\ref{equ}) por $0<b<1$. Reparamos $b$ y no indican la dependencia a $b$ menos que sea necesario. El problema es que $a_n(x)$ se mantiene cerca de $1$ por un largo tiempo si $x$ es cercano a 1. Este ha de ser cuantificados, si queremos encontrar un equivalente de $A(x)$ como $x\to1-$.
La idea es utilizar ese $p=p(x)=1+\frac{1-x}{bx}$ es el segundo punto fijo (además de 0) de la asignación de $a\mapsto x\cdot(b\,a^2+(1-b)a)$ se utiliza en la recursividad. Observar que $p$ está cerca de a $1$ cuando $x\approx1$. A continuación, definimos $c_n(x)=p(x)-a_n(x)$ y encontrar una recursividad para ellos $$\label{jca}\etiqueta{2} c_0(x)=\frac{1-x}{bx},\ c_{n+1}(x)=x\,c_n(x)\,(1-b+2bp(x)-b\,c_n(x)). $$ La secuencia de $c_n(x)$ es positivo y creciente desde $a_n(x)\leq1$ está disminuyendo.
Elegimos $\eps>0$ y definen $N=N(\eps,x)$ como el entero más grande $n$ tales que
$c_n(x)\leq\eps$. Por lo tanto $c_N(x)\leq\eps<c_{N+1}(x)$.
Ahora los cocientes $c_{n+1}(x)/c_n(x)=x(1-b+2bp(x)-b\,c_n(x))$ variar entre
$Q(x)=x(1-b+2bp(x))-(1-x)=1+bx$
y $q(\eps,x)=x(1-b+2bp(x)-b\,\eps)\leq x(1-b+2bp(x)-b\,c_N(x))<Q(x)$
para $n=0,\dots,N$.
Desde $a_0(x)=1$, tenemos
$$\frac{1-x}{bx}q(\eps,x)^n\leq c_n(x)\leq \frac{1-x}{bx}Q(x)^n\mbox{ for }n=0,\cdots,N+1.$$
Por último, las desigualdades definición de $N(\eps,x)$implica
$$\begin{array}{rcl}\ds N(\eps,x)&>&\ds\frac1{\log(Q(x))}(-\log(1-x)+\log(bx)+\log(\eps))-1\\
\ds N(\eps,x)&\leq& \ds\frac1{\log(q(\eps,x))}(-\log(1-x)+\log(bx)+\log(\eps)).
\end{array}$$
Esto le da, como $x\to1-$:
$$\label{ineqN}\etiqueta{3}\begin{array}l
\ds\liminf_{x\to1-}\frac{N(\eps,x)}{-\log(1-x)}\geq\frac1{\log(Q(1))}=\frac1{\log(1+b)},\\
\ds\limsup_{x\to1-}\frac{N(\eps,x)}{-\log(1-x)}\leq\frac1{\log(q(\eps,1))}=\frac1{\log(1+b-b\eps)}.
\end{array}
$$
Ahora vamos por partes $$A(x)=\sum_{n=0}^{N(\eps,x)}a_n(x)+\sum_{n=N(\eps,x)+1}^\infty a_n(x).$$ La primera parte es simplemente estimada por $1+(1-\eps)N(\eps,x)\leq \sum_{n=0}^{N(\eps,x)}a_n(x)\leq1+ N(\eps,x) $. Para una estimación de la cola, se observa que la $a_n(x)\leq 1-\eps$ para $n>N(\eps,x)$ y, por tanto, los coeficientes de $a_{n+1}/a_n(x)\leq x(b(1-\eps)+1-b)\leq x(1-b\eps)\leq1-b\eps$ para todos los $x<1$. Por lo tanto, para todos los $x<1$ e $n=N(\eps,x)+1+m$ hemos $a_n(x)\leq (1-\eps)(1-b\eps)^m$ y por lo tanto $$\sum_{n=N(\eps,x)+1}^\infty a_n(x)\leq(1-\eps)\sum_{m=0}^\infty(1-b\eps)^m= \frac{1-\eps}{b\eps}.$$ Como esto es válido para todos los $x<1$, nos encontramos con el uso de (\ref{ineqN}) $$\begin{array}l \ds\liminf_{x\to1-}\frac{A(b,x)}{-\log(1-x)}\geq\frac{1-\eps}{\log(1+b)},\\ \ds\limsup_{x\to1-}\frac{A(b,x)}{-\log(1-x)}\leq\frac1{\log(1+b-b\eps)}. \end{array} $$ Como $\eps>0$ puede ser elegido arbitrariamente, esto implica $\ds\lim_{x\to1-}\frac{A(b,x)}{-\log(1-x)}=\frac{1}{\log(1+b)}$ y por lo tanto (\ref{equ}) por $0<b<1$ como quería.
Nota: en Realidad la segunda parte de la prueba también funciona para $b=1$.
