Evaluar $\int_0^1\frac{1}{\lfloor1-\log_{2}(1-x)\rfloor}dx$

Question

El problema: $$\int_0^1\frac{1}{1-\log_{2}(1-x)}dx$$

Lo que he simplificado a esto: $$2\log(2)\int_0^1\frac{1}{2^xx} dx$$

Ahora estoy atascado ya que se supone que la respuesta debe ser calculada sin el uso de una calculadora, lo que significa que el uso no estándar de Ei(x) no sería aplicable, métodos como el de Feynmann tampoco parecen funcionar en este caso, por favor alguien podría ayudarme. Gracias

Editar : El denominador es flojo, lo siento $$\int_0^1\frac{1}{\lfloor1-\log_{2}(1-x)\rfloor}dx$$

No estoy seguro de lo que significa esto ahora, ¿alguna ayuda?

Answer 1

Observe que $$\frac{1}{2^xx}\geq \frac{1}{2x}$$ en $[0,1]$ y

$$\int_{0}^{1}\frac{1}{x}dx = 0 -\lim _{\epsilon \rightarrow 0 }\ln \epsilon=\infty$$

Answer 2

La respuesta dada por @clark es correcta para la integral dada originalmente. Las cosas cambian bastante cuando introducimos la función suelo.

En un comentario sobre la pregunta, has preguntado qué significa la función suelo en este caso. Significa lo mismo que siempre: $\lfloor y \rfloor$ es el mayor número entero menor o igual que $y$ . Por lo tanto, $\lfloor 1 - \log_2(1-x) \rfloor$ es el mayor número entero menor o igual que $1 - \log_2(1-x)$ .

Obsérvese que la integral es de $0$ a $1$ . Por lo tanto, sólo nos interesa el integrando en el intervalo $[0,1]$ . También, $1-\log_2(1-x)$ es una función estrictamente creciente de $x$ en $(0,1)$ porque su derivada es $\frac{1}{1-x}$ que es positivo en $(0,1)$ . Y como tenemos $1 - \log_2(1-0) = 1$ entonces la integral (si existe, que existe) debe ser positiva.

Así que ahora tenemos que entender mejor $\lfloor 1 - \log_2(1-x) \rfloor$ antes de poder hacer la integral. Por supuesto, sabemos que $\lfloor 1 - \log_2(1-0) \rfloor = \lfloor 1 \rfloor = 1$ . Pero para qué valor de $x$ ¿Esta expresión es igual a 2? 3? ¿4? etc.?

$\lfloor 1-\log_2(1-x) \rfloor = 2$ cuando $1-\log_2(1-x) \in [2,3)$ . Esto nos da básicamente dos desigualdades:

$$ 1-\log_2(1-x) \ge 2 \qquad \text{and} \qquad 1-\log_2(1-x) < 3 $$

Resolviendo estas desigualdades obtenemos $\dfrac{1}{2} \le x < \dfrac{3}{4}$ .

De manera más general:

$\lfloor 1-\log_2(1-x) \rfloor = n$ cuando $1-\log_2(1-x) \in [n,n+1)$ . Esto nos da dos desigualdades:

$$ 1-\log_2(1-x) \ge n \qquad \text{and} \qquad 1-\log_2(1-x) < n+1 $$

La resolución nos da $1-\dfrac{1}{2^{n-1}} \le x < 1 - \dfrac{1}{2^n}$ .

Lo que vemos entonces es $$ \lfloor 1 - \log_2(1-x) \rfloor = n \quad \text{if} \quad 1-\dfrac{1}{2^{n-1}} \le x < 1 - \dfrac{1}{2^n}. $$

Tenga en cuenta también que $$ [0,1] = \bigcup_{n=1}^{+\infty} \left[1-\frac{1}{2^{n-1}}, 1-\frac{1}{2^n}\right]. $$

Por lo tanto, tenemos: \begin{align*} \int_0^1 \frac{dx}{\lfloor 1 - \log_2(1-x)\rfloor} &= \sum_{n=1}^{+\infty}\int_{1-1/2^{n-1}}^{1-1/2^n} \frac{1}{n} \, dx\\[0.3cm] &= \sum_{n=1}^{+\infty} \left(\frac{1}{n} \cdot x \bigg|_{x=1-1/2^{n-1}}^{x=1-1/2^n}\right)\\[0.3cm] &= \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n2^n}\\[0.3cm] &= \ln 2 \end{align*}

Answer 3

Obsérvese que podemos escribir

$$\begin{align} \int_0^1 \frac{1}{\lfloor1-\log_2(1-x) \rfloor }\,dx&=\int_0^1 \frac{1}{\lfloor \log_2\left(\frac{2}{1-x}\right) \rfloor }\,dx\\\\ &=\sum_{n=1}^\infty \int_{1-2^{1-n}}^{1-2^{-n}} \frac{1}{\lfloor \log_2\left(\frac{2}{1-x}\right) \rfloor }\,dx\\\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{2^{-n}}{n}\\\\ &=\log_e(2) \end{align}$$