Manera más fácil de resolver $\int_0^1 \frac{dx}{\lfloor{}1-\log_2(x)\rfloor}$

Question

Este problema se presentó en el MIT integración de la abeja del año pasado: $$\int_0^1 \frac{dx}{\lfloor{}1-\log_2(x)\rfloor}$$

Básicamente, después de hacer una gran cantidad de trabajo tedioso puedo graficar una parte de la función y se dio cuenta que la función era sólo un montón de rectángulos. El ancho del rectángulo $n$ $2^{-n}$ y la altura era de $\frac1n$ por lo que el área total fue: $$\sum_{n=1}^{\infty}({2^{-n}})(\frac1{n})$$

Después de que algunos de los que más trabajo me reconoce que esta sea la serie de taylor de $-\ln(1-x)$ evaluado en $x=\frac12$ y desde $-\ln(1-\frac12)=\ln(2)$, llegué a la conclusión de que la integral es igual a $\ln(2)$, que algunos de integración numérica verificado para mí.

Mi pregunta es, ¿hay alguna manera más fácil de hacerlo que tal vez no es tan tedioso?

Answer 1

Vamos a ver, si no $u=1-\log_2 x$

$$-2^{1-u}(\log 2)\, du=dx$$

Entonces usted consigue

$$(\log 2)\cdot \int_{1}^\infty{2^{1-u}\over \lfloor u\rfloor}\,du$$

Esto es claramente

$$2(\log 2)\sum_{n=1}^\infty \int_n^{n+1}{2^{-u}\over \lfloor u\rfloor}\,du$$

Pero en el intervalo de $[n,n+1)$ , por definición, la función del suelo es igual a $n$, por lo que el integrando es sólo ${2^{-u}\over n}$ en ese intervalo, lo que nos permite reescribir esto como

$$2(\log 2)\sum_{n=1}^\infty {1\over n}\int_n^{n+1}2^{-u}\,du$$

el interior de la integral es fácilmente visto

$$\left({1\over2\log 2}\right)2^{-n}$$

y, por supuesto, esto da

$$\sum_{n=1}^\infty {1\over n2^n}=\log 2$$

Por supuesto, esto sigue siendo la misma suma, pero usted no tiene que hacer cualquier adivinar, todo es sin duda la mejor cosa que, sin llegar a experimentar--y usted no necesita cualquier información numérica pruebas para comprobar como una conjetura.

Answer 2

$$\lfloor 1 - \log_2 x \rfloor = \lfloor \log_2 2 - \log_2 x \rfloor = \left\lfloor \log_2 \frac{2}{x} \right\rfloor.$$ Now note $$n \le \log_2 \frac{2}{x} < n+1$$ whenever $2 ^ {n-1} \le \frac{1}{x} < 2 ^ n $, or equivalently, $$2^{-n} < x \le 2^{1-n}.$$ So we immediately have $$\int_{x=0}^1 \frac{dx}{\lfloor 1 - \log_2 x \rfloor} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} (2^{1-n} - 2^{-n}) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n 2^n}.$$ Now consider the geometric series $$\frac{1}{1-z} = \sum_{n=0}^\infty z^n, \quad |z| < 1. $$ Integration with respect to $z $ gives $$-\log(1-z) = \sum_{n=0}^\infty \frac{z^{n+1}}{n+1} = \sum_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n}, \quad |z| < 1.$$ Now for $z = 1/2 $ we find the integral has value $-\log(1-\tfrac{1}{2}) = \log 2$.