Evaluar $\lim_{x\to1^-}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\left(x^{(2^n)}\right)-\log_2\frac{1}{1-x}\right)$

Question

Evaluar $$\lim_{x\to1^-}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\left(x^{(2^n)}\right)-\log_2\frac{1}{1-x}\right)$$

Problema difícil. Estado pensando en ello durante un par de horas. Bastante seguro de que es más allá de mi capacidad. Es muy frustrante para mostrar que el límite existe.

Ayuda, por favor. O bien yo no soy lo suficientemente inteligente como para resolver esto, o no he aprendido lo suficiente para resolver esto. Y quiero saber que!

Answer 1

Escribir $x:=e^{-2^{\delta}}$. Entonces, el límite es de $\lim_{\delta\to-\infty} F(\delta)+\log_2 (1-e^{-2^{\delta}})$, donde $$F(\delta):=\sum_{n\ge 0} e^{-2^{\delta+n}}.$$ Pero si $$G(\delta):=\sum_{n\ge 0} e^{-2^{\delta+n}}+\sum_{n<0} (e^{-2^{\delta+n}}-1)$$ luego cambiando el índice de la suma de muestra que $G(\delta+1)=G(\delta)-1$, lo $G(\delta)+\delta$ periodo $1$. Llamar a esta función periódica $H(\delta)$, a continuación, $$\begin{eqnarray*} F(\delta)+\log_2 (1-e^{-2^{\delta}}) &=& H(\delta) -\delta + \log_2 (1-e^{-2^{\delta}}) - \sum_{n<0} (e^{-2^{\delta+n}}-1)\\ &=&H(\delta)+O(2^\delta),\qquad\delta\to-\infty. \end{eqnarray*}$$ El cómputo de la función periódica $H$ numéricamente muestra que no es una constante. Por lo tanto, la función cuyo límite es tomado, es oscilatorio, por lo que el límite no existe.

Answer 2

Esta NO es una solución, pero creo que otros se puedan beneficiar de mi intento fallido. Recordemos que $\log_2 a=\frac{\log a}{\log 2}$,$\log(1-x)=-\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}n$$-1\leq x<1$, por lo que su límite se convierte en

$$\lim_{x\to1^-}x+\sum_{n=1}^\infty\biggl[x^{2^n}-\frac1{\log2}\frac{x^n}n\biggr]\,.$$

La serie anterior puede ser reescrito como $\frac1{\log2}\sum_{k=1}^\infty a_kx^k$, donde

$$a_k=\begin{cases} -\frac1k,\ &\style{font-family:inherit;}{\text{if}}\ k\ \style{font-family:inherit;}{\text{is not a power of}}\ 2;\\\log2-\frac1k,\ &\style{font-family:inherit;}{\text{if}}\ k=2^m.\end{cases}$$

Se puede intentar el uso del teorema de Abel, por lo tanto consideramos que $\sum_{k=1}^\infty a_k$. Por suerte, si esta serie converge, decir a $L$, entonces, el límite es igual a $1+\frac L{\log2}\,$. Dado $r\geq1$, luego tenemos a $2^m\leq r<2^{m+1}$,$m\geq1$. A continuación, el $r$-ésima suma parcial de esta serie es igual a

$$\sum_{k=1}^ra_k=\biggl(\sum_{k=1}^r-\frac1k\biggr)+m\log2=m\log2-H_r\,,$$

donde $H_r$ representa el $r$-ésimo número armónico. Es bien conocido que

$$\lim_{r\to\infty}H_r-\log r=\gamma\quad\style{font-family:inherit;}{\text{(Euler-Mascheroni constant)}}\,,$$

por lo $$\sum_{k=1}^ra_k=\log(2^m)-\log r-(H_r-\log r)=\log\Bigl(\frac{2^m}r\Bigr)-(H_r-\log r\bigr)\,.$$

Ahora las malas noticias: el segundo término claramente tiende a $-\gamma$ al $r\to\infty$, pero por desgracia, el primer término oscila entre el $\log 1=0$ (al $r=2^m$) y $\bigl(\log\frac12\bigr)^+$ (al $r=2^{m+1}-1$), por lo $\sum_{k=1}^\infty a_k$ diverge.