En un ejemplo de una función eventualmente oscilante

Question

Para $x\in(0,1)$, poner $$f(x):=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}x^{2^{n}}.$$ Esta función posee interesantes propiedades. Crece monótonamente de $0$ hasta cierto punto. Luego comienza a oscilar alrededor de el valor de $1/2$ izquierda barrio de $1$, ver Figura 1.

Así que hay al menos una evidencia numérica que $f(x)>1/2$ para algunos $x\in(0,1)$, por ejemplo,$f(0.995)\dot{=}0.500882$. Sin embargo, no he podido encontrar una analítica para demostrar esta observación.

Por lo tanto, tengo dos preguntas relacionadas con la función de $f$.

En primer lugar, me gustaría preguntar si hay una analítica prueba simple (en el mejor de los $\sim$ comprensible para estudiantes de pregrado) de que no existe $x\in(0,1)$ tal que $f(x)>1/2$.

Segundo, dado que el límite de $f(x)$ as $x\to1-$ no existe, me gustaría saber al menos algo sobre el valor $$\limsup_{x\to1-}f(x).$$

Muchas gracias.

Answer 1

Esta serie se remonta más de 100 años a Hardy: "En cierta oscilación de la serie", Trimestral J. Math. 38 (1907), 269-288 (páginas 146-168 en el sexto volumen de Hardy collected papers). Yo no sabía de esto cuando se me planteó la cuestión como un rompecabezas en mi página hace unos 10 años (puzzle 8, la solución); Agradezco a Tanguy Rivoal para los Hardy referencia. Poco después la pregunta apareció en el Otoño 2004 en la edición de MSRI boletín del EMISARIO.

Los más fáciles de la prueba es sin duda el cómputo de uno que ha sido señalar aquí ya (y que me dio en mi rompecabezas de la solución): se tarda sólo una docena de términos de la serie para confirmar que $f(.995) > 1/2$, en que punto de la funcional de la ecuación de $f(x) = x - f(x^2)$ muestra que $f(x) > f(.995) > 1/2$ al $x$ es $(4^m)$-ésima raíz de $0.995$ para algunos $m=1,2,3,\ldots$ .

También se puede dar "más" o "más suave" de las explicaciones que se pueden sentir más satisfactorio.

En el lado duro, como $x \rightarrow 1$ desde abajo la diferencia $f(x) - 1/2$ se aproxima a una función periódica de $\log_4(\log(1/x))$ que es casi pura de la onda sinusoidal de la magnitud $$ \frac2{\log 2} \, \bigl|\, \Gamma(\pi i / \log 2) \,\bigr| = 2 \Big/ \sqrt{\log(2)\sinh(\pi^2/\log 2)} \, = \, 0.00274922\ldots $$ (los armónicos superiores' coeficientes de involucrar a los valores de $\Gamma$ a mayor impares múltiplos de $\pi i / \log 2$). Hardy obtenidos por este el residuo de los cálculos; también puede ser recuperado a partir de sumación de Poisson.

En el "soft", el hecho de que $f(x)$ no converge como $x \rightarrow 1$ desde abajo, es una consecuencia de un Tauberian teorema de Hardy y Littlewood: un subconjunto $S$ de % de $\{1,2,3,\ldots\}$ natural a la densidad de la fib $S$ ha Abel densidad y, a continuación, los dos límites son iguales. El Abel de la densidad de $S$ es $\lim_{x \rightarrow 1-} (1-x) \sum_{s\in S} x^s$ si el límite existe. Si tomamos $S = \bigcup_{m=0}^\infty [2^{2m}, 2^{2m+1})$ a continuación,$(1-x) \sum_{s\in S} x^s = f(x)$; pero $S$ es un ejemplo estándar de un conjunto sin natural de la densidad, por lo que no hay Abel densidad de cualquiera de y hemos terminado. Por lo tanto, hay algunos $\epsilon > 0$ tal que $|f(x) - 1/2| > \epsilon$ para una secuencia de $x$'s se aproxima $1$, y a continuación, $f(x)$ o $f(\sqrt x)$ excede $1/2$. No sé si Hardy jamás observadas en la impresión de que el la no convergencia de los $f(x)$ es una consecuencia de su y Littlewood teorema. [He encontrado este Tauberian teorema de la Persi Diaconis la tesis de doctorado (Teorema 4 en la página.37), con una referencia para la página 423 de Feller es Una Introducción a la Teoría de la Probabilidad y su Aplicaciones, Vol. II (Wiley, 1966).]

Answer 2

En adición a Noam Elkies y David Speyer respuestas. "Más difícil" explicación es un poco "suave" en http://www.maths.bris.ac.uk/~majpk/papers/37.pdf (Summability de la alternancia de la brecha de la serie, por J. P. Keating y J. B. Reade). El punto de partida de la argumentación es el de sumación de Poisson fórmula en la forma $$\sum\limits_{n=-\infty}^\infty (-1)^nf(n)=\sum\limits_{n=-\infty}^\infty \hat{f}((2n+1)\pi),$$ donde $\hat f$ es la transformada de Fourier de $f$: $$\hat f(u)=\int\limits_{-\infty}^\infty e^{iut}f(t)dt.$$ Now consider the function $$f(t)=x^{2^{|t|}}=e^{-\lambda 2^{|t|}},$$ where $\lambda$ is introduced through $x=e^{-\lambda}$. Por su transformada de Fourier tenemos $$\hat f(u)=\int\limits_{-\infty}^\infty e^{iut}e^{-\lambda 2^{|t|}}dt=2\,Re\int\limits_0^\infty e^{iut}e^{-\lambda 2^{|t|}}dt= \frac{2}{\ln{2}}\Re\frac{1}{\lambda^{ui/\ln{2}}}\int\limits_\lambda^\infty s^{(ui/\ln{2})-1}e^{-s}ds,$$ where at the last step we made a substitution $s=\lambda 2^t$. Now $$\int\limits_\lambda^\infty s^{(ui/\ln{2})-1}e^{-s}ds= \Gamma\left(\frac{ui}{\ln{2}}\right)-\int\limits_0^\lambda s^{(ui/\ln{2})-1}e^{-s}ds.$$ En la última integral podemos gastar $e^{-s}$ en potencias de $s$ y, a continuación, integrar término a término. El resultado final es $$\hat f(u)=\frac{2}{\ln{2}}\,Re\left[\lambda^{-iu/ln{2}}\,\Gamma\left(\frac{iu}{\ln{2}}\right)-\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!}\frac{\lambda^k} {(ui/\ln{2})+k}\right].$$ Por lo tanto, la distribución de Poisson suma fórmula le dará $$\sum\limits_{n=-\infty}^\infty (-1)^n x^{2^{|n|}}=2\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2^n}-x=$$ $$\frac{2}{\ln{2}}\,Re\sum\limits_{n=-\infty}^\infty\left[\lambda^{-i(2n+1)\pi/ln{2}}\,\Gamma\left(\frac{i(2n+1)\pi}{\ln{2}}\right)-\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!}\frac{\lambda^k}{(i(2n+1)\pi/\ln{2})+k}\right].$$ As $f(-t)=f(t)$, we will have $\hat f(-u)=\hat f(u)$ and hence $\hat f((-2n+1)\pi)=\hat f((2n-1)\pi)$. Therefore $$\sum\limits_{n=-\infty}^\infty \hat f((2n+1)\pi)=\sum\limits_{n=1}^\infty \hat f((-2n+1)\pi)+ \sum\limits_{n=0}^\infty \hat f((2n+1)\pi)=2\sum\limits_{n=0}^\infty \hat f((2n+1)\pi)$$ y obtenemos finalmente $$\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2^n}=\frac{x}{2}+$$ $$\frac{2}{\ln{2}}\,Re\sum\limits_{n=0}^\infty\left[\lambda^{-i(2n+1)\pi/ln{2}}\,\Gamma\left(\frac{i(2n+1)\pi}{\ln{2}}\right)-\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!}\frac{\lambda^k}{(i(2n+1)\pi/\ln{2})+k}\right].$$ It is simple to show (see the paper) that the second term gives zero contribution in the limit $x\a 1_-$, which is equivalent to $\lambda\a 0_+$. As for the first term, introducing $$\mu=-\frac{\ln{\ln{(1/x)}}}{\ln{2}}$$ so that $\lambda=2^{-\mu}$, vamos a tener $$\frac{2}{\ln{2}}\,Re\sum\limits_{n=0}^\infty \lambda^{-i(2n+1)\pi/ln{2}}\,\Gamma\left(\frac{i(2n+1)\pi}{\ln{2}}\right)=\frac{2}{\ln{2}}\,Re\sum\limits_{n=0}^\infty \Gamma\left(\frac{i(2n+1)\pi}{\ln{2}}\right)e^{i(2n+1)\mu\pi}.$$ The first term oscillates with the amplitude $$ \frac{2}{\ln{2}}\left|\Gamma\left(\frac{i\pi}{\ln{2}}\right)\right|=\frac{2}{\sqrt{\ln{2}\sinh{(\pi^2/\ln{2})}}}\approx 2.75\cdot 10^{-3},$$ y es mostrado en el papel que el resto está delimitado en el módulo por $ 1.04\cdot 10^{-9}$.

Como observación final, es bastante interesante la serie $$\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n x^{n^2}$$ converges to $1/2$ as $x\a 1_-$ (es Abel summable en contraste con el fuerte de la serie analizada anteriormente): http://www.hpl.hp.com/techreports/98/HPL-BRIMS-98-03.pdf (Abel Summability de la Brecha de la Serie, por J. P. Keating y J. B. Reade).

Answer 3

Escriba$f(x) = g(t)$ donde$x = \exp(-1/t)$, y$x \to 1-$ corresponde a$t \to+\infty$. Entonces$$ g(2t) = \exp(-1/(2t)) - g(t)$ $ Por lo tanto, el conjunto de puntos límite de$g(t)$ como$t \to \infty$ es simétrico alrededor de$1/2$. Ahora$$ g(4t) = \exp(-1/(4t)) - \exp(-1/(2t)) + g(t)$ $ donde$\exp(-1/(4t)) - \exp(-1/(2t)) $ es una función decreciente de$t > 0$ con$0 < \exp(-1/(4t)) - \exp(-1/(2t)) < \dfrac{1}{4t}$. En particular, tan pronto como obtenga$g(t_1) > g(t_2)$ con$0 < t_1 < t_2$, puede concluir que$g(2^n t_1) - g(2^n t_2) > g(t_1) - g(t_2)$ para todos los enteros positivos$n$, por lo que el conjunto de puntos límite tiene una longitud mayor que $\delta = g(t_1) - g(t_2)$. Numéricamente, obtengo$g(52) \approx .4959378605 > g(85) \approx 0.4935023615$, lo que implica que el conjunto de puntos límite incluye al menos el intervalo$((1-\delta)/2,(1+\delta)/2) \approx (.4987822505, .5012177495)$.

Answer 4

El punto de esta respuesta es para explicar los detalles detrás de la Prof. Elkies declaración de que "Si hacemos un cambio de variables de $x$ a $\log_4(\log(1/x))$, se obtiene en el límite de un extraño oscilación periódica de periodo 1". En otras palabras, si escribimos $x = \exp(- 4^{-y})$, entonces, como $y \to \infty$, la función de $f(x)$ enfoques de una función periódica.

Fix $y \in \mathbb{R}$. Vamos a estudiar el límite de $f(\exp(-4^{-M-y}))$ as $M \to \infty$ a través de los números enteros.

$$\begin{array}{rcl} f(\exp(4^{-M+y})) &=& \sum_{k=0}^{\infty} \exp(-4^{k-M-y}) - \exp(- 4^{k-M-y+1/2}) \\ &=& \sum_{j=-M}^{\infty} \exp(-4^{j-y}) - \exp(4^{j-y+1/2}). \\ \end{array}$$

Establecimiento $h(y) = \exp(-4^{-y}) - \exp(-4^{-y+1/2})$, vemos que $$\lim_{M \to \infty} f(\exp(4^{-M+y})) = \sum_{j=-\infty}^{\infty} h(y+j) =: g(y).$$ La función de $h$ decae rápidamente como $y \to \pm \infty$, por lo que la suma converge. Aquí está una parcela de $h$:

La función de $g$ es claramente periódico, y su transformada de Fourier de expansión se pueden encontrar por la sumación de Poisson. El término constante es $$\int_{-\infty}^{\infty} h(y) dy =\lim_{T \to \infty} \int_{-\infty}^{T} \exp(-4^{-y}) - \exp(-4^{1/2-y}) dy = \lim_{T \to \infty} \int_{T-1/2}^T \exp(-4^{-y}) dy = \frac{1}{2}$$ explicar por qué la función oscila en torno a $1/2$.

En este punto la sorpresa de que $\lim_{x \to 1^{-1}} f(x)$ no existe, se convierte en la muy plausible hecho de que los coeficientes de Fourier $\int h(y) e^{(2 \pi i)k y } dy$ son cero. No veo la manera de hacer las integrales de la forma cerrada, pero numérico cálculo da $$\int_{-\infty}^{\infty} h(y) \cos(2 \pi y) dy \approx -0.00137235.$$

Answer 5

He aquí un unenlightening prueba de la parte $1$, asumiendo que creo que mi equipo es capaz de multiplicar de seis dígitos de los números correctamente. Si no se pudiera hacer el $22$ a los seis dígitos multiplicaciones con la mano. Si ejecuta el programa de python a continuación, se imprime $500715$. En cada paso se calcula enteros que son los límites inferior y superior a $10^6x^{2^n}$. Se hace la alternancia suma en la pessimal manera, la adición de cotas inferiores y restando límites superiores, para los términos de $n=0$ a $n=10$. Entonces los límites de la magnitud del resto de la serie como siendo menos de la serie geométrica $x^{2^{11}}(1+x+x^2+\ldots) = \frac{x^{2^{11}}}{1-x} \leq 2x^{2^{11}}$ y resta un límite superior para este.

precision = int(1e6)
x = int(precision*0.995)

up = x
low = x

z = 0

for n in xrange(11):
    if n % 2:
        z -= up
    else:
        z += low
    up = up*up/precision + 1
    low = low*low/precision

print z - 2*up