Ограниченная функция

[Alexander Evnin]

nnosipov в сообщении #1408687 писал(а):

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.

Просто телескопическое суммирование.

[nnosipov]

Alexander Evnin в сообщении #1408691 писал(а):

Просто телескопическое суммирование.

Да, я прочитал. Вообще, идея напрашивалась, но с произведением. (А то, что его можно прологарифмировать, до меня как-то не дошло.)

[Alexander Evnin]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1408690 писал(а):

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.

Пусть, как и выше, $N=\lfloor-\log_2(1-x)\rfloor$. Тогда $x=1-2^{-N-\alpha}$, где $0\leqslant\alpha<1$.
При этом $\log_2(1-x)=-N-\alpha$. Положим $\beta=2^{-N-\alpha}$, при этом $x=1-\beta$.
Представим ряд $\sum_{n=0}^\infty x^{2^n}$ в виде суммы $S_1=\sum_{n=0}^{N-1} x^{2^n}$ и $S_2=\sum_{n=N}^\infty x^{2^n}$.
Пользуясь неравенством $(1-\beta)^t\geqslant 1-\beta t$, оценим снизу $S_1$:
$S_1\geqslant N-\beta(1+2+\dots+ 2^{N-1})=N-2^{-N-\alpha}(2^N-1)=N+O(1)$. A $S_2>0$.
Значит, $f(x)=-N-\alpha+S_1+S_2> -N-\alpha+N+O(1)=O(1)$. Доказана ограниченность снизу.

[Markiyan Hirnyk]

Alexander EvninСпасибо за конструктивный ответ. К сожалению, он неполный: $S_2$ надо оценить и сверху.

[Lia]

Markiyan Hirnyk
Раздел не предназначен для разжевывания решений. Предполагается, что контингент его участников заинтересован в том, чтобы восстановить решение или его шаги самостоятельно, или, по крайней мере, в состоянии сделать это.

[Alexander Evnin]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1408709 писал(а):

Alexander EvninСпасибо за конструктивный ответ. К сожалению, он неполный: $S_2$ надо оценить и сверху.

Заметил у себя ошибку: неравенство $(1-\beta)^t\leqslant1-\beta t$ неверное! На самом деле, $(1-\beta)^t\geqslant1-\beta t$.

-- 04.08.2019, 20:28 --

Lia в сообщении #1408711 писал(а):

Markiyan Hirnyk
Раздел не предназначен для разжевывания решений. Предполагается, что контингент его участников заинтересован в том, чтобы восстановить решение или его шаги самостоятельно, или, по крайней мере, в состоянии сделать это.

Это не разжёвывание, а попытка разобраться!

[Alexander Evnin]

И всё-таки $(1-\beta)^t\geqslant1-\beta t$ при $t\geqslant1$, а у нас как раз $t=2^k\geqslant 1$. Так что доказательство ограниченности снизу верное!

[Markiyan Hirnyk]

Снизу $S_2$ оценивается нулем. Сверху можно мажирировать геометрической прогрессией, сумма которой равна ${\frac { \left( 1-{2}^{-N-1-\alpha} \right) ^{{2}^{N+1}}}{1- \left( 1- {2}^{-N-1-\alpha} \right) ^{{2}^{N+2}-{2}^{N+1}}}} $ и ограничена сверху постоянной, не зависящей от $\alpha$ , при $N\to \infty .$