Ограниченная функция

[Alexander Evnin]

В книге "Problems from the book" в разделе "Solving elementary inequalities using integrals" есть такая задача.
Доказать, что на промежутке [0,1) функция
$f(x)=\log_2(1-x)+x+x^2+x^4+x^8+\dots$ ограничена.
Не очень понятно, как здесь помогают интегралы...

[Markiyan Hirnyk]

Вопрос неясно сформулирован: какой член после $x^8?$

[Alexander Evnin]

Видимо, $x^{16}$.

[Markiyan Hirnyk]

Для $x>0,x<1,$ сумма ряда $\sum_{n=1}^\infty x^{2^n}$ отличается от интеграла $\int_1^\infty x^{2^t} \,dt$ не более чем на постоянную, не зависящую от $x$. Далее, указанный интеграл выражается через спецфункцию (cм. Wolfram|Alpha). Свойства этой спецфункции изучены, и ее сумма с $\log_2(1-x)$ имеет конечный левосторонний предел при $x\to 1$.
PS. В книге Andreescu T., Dospinescu G, Problems from the book, предложенной Вами задачи не обнаружил.
.

[Markiyan Hirnyk]

Нашел: упражнение 8 на с. 282.

[Alexander Evnin]

У меня 2-е издание этой книги. Задача 11 из раздела 19.2 (с. 459).

-- 04.08.2019, 08:46 --

Markiyan Hirnyk в сообщении #1408483 писал(а):

Далее, указанный интеграл выражается через спецфункцию (cм. Wolfram|Alpha). Свойства этой спецфункции изучены, и ее сумма с $\log_2(1-x)$ имеет конечный левосторонний предел при $x\to 1$.
.

А как решить задачу без ссылок на спецфункцию?

[Markiyan Hirnyk]

Полагаю, что для этого надо кустарно найти асимптотику интеграла при $x\to 1$ слева.

[nnosipov]

Alexander Evnin в сообщении #1408441 писал(а):

Не очень понятно, как здесь помогают интегралы...

Без них все довольно просто, если не очевидно.

[Alexander Evnin]

Два разных решения без интегралов я уже знаю. Но не назвал бы их очевидными...

[nnosipov]

Alexander Evnin в сообщении #1408658 писал(а):

Но не назвал бы их очевидными...

Пусть $N=[-\log_2(1-x)]$, так что $x=1-2^{-(N+\alpha)}$, где $0 \leqslant \alpha<1$. Тогда $x+x^2+\ldots+x^{2^N}=N+O(1)$ (можно воспользоваться неравенством Бернулли, оценивая каждое слагаемое снизу), а хвост ряда оценивается как $O(1)$ (мажорируется суммой бесконечной геометрической прогрессии). Очевидность в том, что все шаги, по-моему, совершенно стандартны.

[Markiyan Hirnyk]

nnosipovА дальше? Надо оценить сумму ряда ( а не конечную сумму до $x^{2^N}$ ) снизу.

[nnosipov]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1408681 писал(а):

А дальше? Надо оценить сумму ряда ( а не конечную сумму до $x^{2^N}$ ) снизу.

Нулем?

[Alexander Evnin]

nnosipov в сообщении #1408661 писал(а):

Alexander Evnin в сообщении #1408658 писал(а):

Но не назвал бы их очевидными...

Пусть $N=[-\log_2(1-x)]$, так что $x=1-2^{-(N+\alpha)}$, где $0 \leqslant \alpha<1$. Тогда $x+x^2+\ldots+x^{2^N}=N+O(1)$ (можно воспользоваться неравенством Бернулли, оценивая каждое слагаемое снизу), а хвост ряда оценивается как $O(1)$ (мажорируется суммой бесконечной геометрической прогрессии). Очевидность в том, что все шаги, по-моему, совершенно стандартны.

Да, симпатичное решение!
В группе https://www.facebook.com/groups/mathpuz ... on_generic совместными усилиями было найдено решение, основанное на соотношении
$f(x^2)-f(x)=\log_2(1-x)-x\leqslant x-x^2$. С его помощью получается оценка $-1\leqslant f(x)\leqslant0$.
Точно так же нижнюю оценку можно увеличить до $1-1/\ln2\approx-0.443$.

[nnosipov]

Alexander Evnin в сообщении #1408686 писал(а):

С его помощью получается оценка $-1\leqslant f(x)\leqslant0$.
Точно так же нижнюю оценку можно увеличить до $1-1/\ln2\approx-0.443$.

Это уже более тонкая работа, тут думать надо.

[Markiyan Hirnyk]

nnosipov
А дальше? Надо оценить сумму ряда ( а не конечную сумму до $x^{2^N}$ ) сверху.
Alexander Evnin Не считаю предложение участника nnosipov решением. Пожалуйста, вникните в мои аргументы. Он ведь рассматривает конечную сумму вместо суммы ряда.