Aproximación para $2^r\ln \frac{2^r}{2^r-r}$

Question

Conozco la función

$$2^r\ln \frac{2^r}{2^r-r}$$ es aproximadamente lineal en $r$ pero necesito un argumento que pueda seguir un estudiante universitario. ¿Hay alguna forma sencilla de explicarlo? Me conformaría con un simple límite superior.

Answer 1

Desde $\dfrac{2^r}{2^r-r} = 1 + \dfrac{r}{2^r-r}$ y para $x$ cerca de $0$ , $\log(1+x) \approx x,$ para grandes $r$ tenemos $$2^r \log \dfrac{2^r}{2^r-r} \approx 2^r \frac{r}{2^r-r}= r \left(\frac{1}{1-r/2^r}\right)\approx r.$$

Answer 2

$2^r\ln \dfrac{2^r}{2^r-r}=2^r \ln {\dfrac{1}{1-\dfrac{r}{2^r}}}=-2^r \ln{}(1-\dfrac{r}{2^r})$ . A continuación, aplique la expansión en serie de Taylor $$\ln(1-x)=-\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\dfrac{x^n}{n}}$$ hasta el último término (para $r$ ).

Answer 3

Considere la función $f(\theta) = -\log(1-\theta)$ . Si tomamos $|\theta| < \frac{1}{2}$ la expansión en serie de potencias de $f$ viene dado por $f(\theta) = \theta + \sum_{k=2}^\infty \frac{\theta^k}{k}$ de la que podemos obtener la estimación $|f(\theta) - \theta| \leq K |\theta|^2$ para una constante $K$ .

Sea $x>2$ se obtiene $|f(\frac{1}{x}) - \frac{1}{x}| \leq K \frac{1}{x^2}$ de lo que se obtiene $|x f(\frac{1}{x}) - 1| \leq K \frac{1}{x}$ .

Tenga en cuenta que $\frac{2^r}{r} \log(\frac{2^r}{2^r-r}) = \frac{2^r}{r} \log(\frac{1}{1-\frac{1}{2^r/r}}) = -\frac{2^r}{r} \log(1-\frac{1}{2^r/r}) =\frac{2^r}{r} f(\frac{r}{2^r})$ . Utilizando la estimación anterior, obtenemos: $$|\frac{2^r}{r} \log(\frac{2^r}{2^r-r})-1| \leq K \frac{r}{2^r}$$ que es válido cuando $2^r > 2 r$ . Multiplicar por $r$ da $$|2^r \log(\frac{2^r}{2^r-r})-r| \leq K \frac{r^2}{2^r},$$ que muestra que $2^r \log(\frac{2^r}{2^r-r})$ está arbitrariamente cerca de $r$ para valores grandes de $r$ .