Максимальная сумма ряда

[devgen]

Пусть $a$ — действительное число. Для каждого целого $n\ge0$ обозначим через $a_n$ расстояние от $a$ до ближайшего рационального числа вида $\frac{m}{2^n}$, где $m$ — целое. Найдите наибольшую возможную сумму ряда $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n$.

Мне кажется это будет сумма ряда $\sum_{i=0}^{\infty}\frac{1}{2^i}=2$. Мысль такая: у нас есть нитка длиной $a$. И каждый раз мы измеряем её длину линейкой с ценой деления $\frac{1}{2^n}$ и ближайшее рациональное всегда ближе или дальше на одно деление линейки.

[ИСН]

Ближайшее всегда ближе или дальше на пол-деления.

-- менее минуты назад --

И это не говоря о других нюансах.

[devgen]

Да, я понял. Глупость сказал.

[venco]

Blancmange curve

[devgen]

Наверное, можно всё-таки извлечь какую-то пользу: сумма точно меньше, чем $1$ и больше, чем $\frac{1}{2}$.

venco
Спасибо, прочитал, но так и не понял, как руками посчитать.

[B@R5uk]

Если ряд обратных двоек просуммировать через одно число, то разве не искомое максимальное значение получится? Это наглядно следует из графического построения кривой Бланманже.

[provincialka]

Чисто интуитивно максимум достигается при $a=1/3$ (ну, или $2/3$ и т.п.). Он равен $2/3$.

[venco]

А точнее при $a=\frac12\pm\frac1{2^3}\pm\frac1{2^5}\dots$

-- Пт мар 07, 2014 13:29:39 --

Или другими словами, когда $a$ - число, в четверичной записи которого только нечётные цифры 1 или 2.

[xolodec]

venco в сообщении #833980 писал(а):

А точнее при $a=\frac12\pm\frac1{2^3}\pm\frac1{2^5}\dots$

А как до этого можно самостоятельно дойти ? Как до этого додуматься неинтуитивно?
То есть по графику кривой бламанже это хорошо видно, но видно - это же не аргумент.
Как аргументированно доказать, что при этом значении $a$ достигается максимум суммы?

[2old]

xolodec
Запишите, как выглядит функция "расстояние до ближайшего целого"

[xolodec]

2old в сообщении #1007321 писал(а):

Запишите, как выглядит функция "расстояние до ближайшего целого"

Вот

$$s(x)=\min_{n\in{\bold Z}}|x-n|$$

, которая входит в кривую бламанже следующим образом:

$${\rm blanc}(x) = \sum_{n=0}^\infty {s(2^{n}x)\over 2^n}$$

Я это прочитал еще с начала темы, но все равно не догадался, как до результата

venco в сообщении #833980 писал(а):

А точнее при $a=\frac12\pm\frac1{2^3}\pm\frac1{2^5}\dots$

дойти строгим путем.