Demostrar que esta función está delimitada

Question

Este es un ejercicio de los Problemas del Libro por Andreescu y Dospinescu. Cuando fue publicado en AoPS hace un año me pasé varias horas tratando de solucionarlo, pero fue en vano, así que estoy esperando que alguien de aquí me puede ilustrar.

Problema: Demostrar que la función $f : [0, 1) \to \mathbb{R}$ se define por

$\displaystyle f(x) = \log_2 (1 - x) + x + x^2 + x^4 + x^8 + ...$

está acotada.

Una observación preliminar es que $f$ satisface $f(x^2) = f(x) + \log_2 (1 + x) - x$. He jugado con el uso funcional de la ecuación por un rato, pero no pude hacer que funcione.

Answer 1

OK, un segundo truco es necesario (pero en realidad termina el problema). Es agradable y bastante simple que es probablemente lo que los autores la intención de un "Libro" de la solución.

Deje que $f(x) = x \log(2) - \log(1+x)$. Queremos demostrar que $S(x) = f(x) + f(x^2) + f(x^4) + \dots$ es acotada. Debido a que $f(0)=f(1)=0$ y $f$ es derivable, podemos encontrar una constante $A$ que $|f(x)| \leq Ax(1-x) = Ax - Ax^2$. La suma de esta obligado a los poderes de $x^{2^k}$ es telescópica.

Observe que la función $\log(2)$ era para asegurarse de que $f(1)=0$.

Answer 2

A partir de (el logaritmo natural de) $(1-x) ^ {-1} = (1+x)(1+x^2)(1+x^4) \dots$, se vuelve más claro de donde viene el factor de $ $\log(2).

Uno tiene que demostrar que \Sigma $ (x ^ {2 ^ k}-C\log (1 + x ^ {2 ^ k})) $ limita suma de términos positivos. Términos de la suma de los primeros $ $n enfoques $n - Cn\log(2)$ $x \to 1-$, así que necesitamos $C = $ 1/\log(2) si hay ser fronteridad.

Answer 3

Si alguien está interesado, aquí está otro enfoque.

En primer lugar, observar que $$ \log{2} = \int_{2^r}^{2^{i+1}} \frac{1}{x}\;dx \le \sum_{k=2^r}^{2^{i+1}-1}\frac{1}{k} \le \int_{2^r-1}^{2^{i+1}-1} \frac{1}{x}\;dx = \log{2} + \log\left(1+\frac{1}{2^{i+1}-2}\right) $ $ $r\ge1$, entonces $\log(1+x) \le x$ ($x>-1$) y $2^{i+1} - 2 \ge 2^r$, obtenemos $$ \log{2} \le \sum_{k=2^r}^{2^{i+1}-1} \frac{1}{k} \le \log{2} + \frac{1}{2^r} $$ para todo $r\ge0$ (cheque por $r=0$).

Por lo tanto para $x\in[0,1)$, tenemos $$\begin{align*} \lvert f(x)\log{2}\rvert = \lvert\sum_{i\ge0} x^{2^r}\log{2} - \sum_{n\ge1} \frac{x^n}{n}\rvert &= \lvert\sum_{i\ge0} x^{2^r}(\log{2} - \sum_{k=2^r}^{2^{i+1}-1}\frac{1}{k}) + \sum_{i\ge0}\sum_{k=2^r}^{2^{i+1}-1}\frac{x^{2^r} - x^k}{k} \rvert \\ &\le \sum_{i\ge0}\frac{x^{2^r}}{2^r} + \sum_{i\ge0}\sum_{k=2^r}^{2^{i+1}-1}\frac{x^{2^r} - x^k}{k} \\ &< 2 + \sum_{i\ge0}x^{2^r}(1-x)\sum_{k=2^r}^{2^{i+1}-1}\frac{1+x+\cdots+x^{k-2^r-1}}{k} \\ &\le 2 + (1-x)\sum_{i\ge0}x^{2^r}\sum_{k=2^r}^{2^{i+1}-1}\frac{k-2^r}{k} \\ &\le 2 + (1-x)\sum_{i\ge0}x^{2^r}(2^r\cdot 1) \\ &\le 2 + (1-x)(x + 2\sum_{i\ge1}\sum_{k=2^{r-1}+1}^{2^r}x^k) \\ Y= 2 + x(1-x) + 2(1-x)\sum_{k\ge2} x^k \\ Y= 2 + x + x^2, \end{align*}$$ así que hemos terminado.