Предел функции

[staric]

Может, уже и было...
$F(m)=\sum\limits_{n \in \mathcal S_m}^{}{\dfrac{1}{n}}$, где $ \mathcal S_m $ - множество нат. чисел, сумма цифр каждого из которых в двоичной записи равна m. Например, $ F(1)=\sum\limits_{n \in \mathcal S_1}^{}{\dfrac{1}{n}}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}{\dfrac{1}{2^k}}=2 $

Существует ли $ \lim\limits_{m \to \infty} F(m) $, и если да, попробуйте его найти.

[ИСН]

Пережил краткий момент очевидности (будто существует и равен нулю), теперь опять ничего не понимаю.

[sup]

Последовательность монотонно убывает, значит предел существует. Легко показать, что он не равен 0. В конечном итоге у меня получилось $2\ln 2$.

[staric]

Звучит правдоподобно...

[sup]

Пусть $S_m$ - множество нат. чисел, сумма цифр каждого из которых в двоичной записи равна m.
Введем немного другие обозначения:
частичные суммы
$F_m(N) = \sum\limits_{n \in \mathcal S_m, n< N}\dfrac{1}{n}$
и, собственно, сумма ряда

$F_m = \lim\limits_{N \to \infty} F_m(N)$

Имеет место равенство.
$F_m(2N) = \frac {1}{2}F_m(N) + \frac {1}{2}F_{m-1}(N) +O(\frac {1}{2^m})$
Из него уже сравнительно легко вытекает
$F_m = 2\ln 2 + O(\frac {1}{2^m})$
Логарифм возникает следующим образом. Частичные суммы $F_m(N)$ тесно связаны с гармоническим рядом. А разность частичных сумм для гармонического ряда как раз $\ln 2N - \ln N = \ln 2$.

(Набросок доказательства)

Всякое четное $n \in S_m$, очевидно, равно $2n_1$, где $n_1 \in S_m$.
А всякое нечетное $n \in S_m$, очевидно, равно $2n_1 + 1$, где $n_1 \in S_{m-1}$.
Разбивая суммирование на группы по четным и нечетным легко получаем неравенство
$F_m(2N) < \frac {1}{2}F_m(N) + \frac {1}{2}F_{m-1}(N)$
Отсюда легко следует неравенство $F_m \leqslant F_{m-1}$
Предыдущее неравенство было слишком грубым. С учетом полученной оценки (равномерная ограниченность всех $F_k(N)$), имеет место равенство
$F_m(2N) = \frac {1}{2}F_m(N) + \frac {1}{2}F_{m-1}(N) +O(\frac {1}{2^m})$
Суммируем эти неравенства по $m>k$ и сравниваем с куском гармонического ряда.
$\sum\limits_{n< 2N}\dfrac{1}{n} - \sum \limits_{m \leqslant k}F_m(2N) = \frac {1}{2}F_k(N) + \sum\limits_{n< N}\dfrac{1}{n} - \sum \limits_{m \leqslant k}F_m(N) +O(\frac {1}{2^k}) $

Переходим к пределу по $N$, и получаем
$F_k = 2\ln 2 + O(\frac {1}{2^k})$

[ex-math]

(Оффтоп)

Непонятна даже монотонность

[sup]

2ex-math
Да все просто

$F_m(2N) = \frac {1}{2}\sum\limits_{n \in \mathcal S_m, n< N}\frac{1}{n} + \sum\limits_{n \in \mathcal S_{m-1}, n< N}\frac{1}{2n+1}$
Отсюда
$2F_m(2N) \leqslant F_m(N) + F_{m-1}(N) \leqslant F_m(2N) + F_{m-1}(N)$

А значит
$F_m(2N) \leqslant F_{m-1}(N) \leqslant F_{m-1}$

Переходим к пределу по $N$
$F_m \leqslant F_{m-1}$

Более точную оценку получаем так
$F_m(2N) = \frac{1}{2} F_m(N) + \frac{1}{2}F_{m-1}(N) - \sum\limits_{n \in \mathcal S_{m-1}, n< N}\frac{1}{2n(2n+1)}$
Ну а теперь можно заметить, что если $n \in S_{m-1}$, то $2n+1 \geqslant 2^{m-1}$

Значит последняя сумма по модулю не превосходит $\frac {F_{m-1}(N)}{2^m}$

Отсюда, между прочим, легко следует
$F_m \geqslant(1 + O(\frac {1}{2^m})) F_{m-1}$

А значит $F_m \geqslant F_{\infty} > 0$. Но это просто оценка. А можно получить прям-таки точное выражение для предела.

[ex-math]

sup
Большое спасибо. Ваши рассуждения как всегда исключительно изящны.
Восхищен

[TOTAL]

Если

$$F(m)=\sum\limits_{n \in \mathcal S_m}^{}{\dfrac{1}{n}},$$

то

$$F(m+1)=\sum\limits_{n \in \mathcal S_m}^{}{\dfrac{1}{1+2n}\left(1+\frac{1}{2}+ \frac{1}{2^2}+ \cdots \right)=\sum\limits_{n \in \mathcal S_m}^{}{\dfrac{2}{1+2n}}.$$

Поэтому

$$F(m)-F(m+1)=2\sum\limits_{n \in \mathcal S_m}^{}{\left( \dfrac{1}{2n}-{\dfrac{1}{1+2n} \right)}.$$

Суммируем и переходим к пределу

$$F(1)-F(\infty)=2\sum\limits_{n=1}^{\infty}{\left( \dfrac{1}{2n}-{\dfrac{1}{1+2n} \right)}=2\left( 1- \ln{2} \right)$$

[sup]

Это решение выглядит заметно проще.

(Оффтоп)

Но не дает оценку для $F_m$
Кому бы еще эта оценка пригодилась ...

[staric]

Гы... Я, когда изобретал задачку, опирался на оценку TOTALа $F(m+1)$ для док-ва монотонности, но при вычислении предела шел по пути sup. Вот как бывает!

[ex-math]

Все-таки у sup аккуратнее, ведь априори не очевидна даже сходимость каждого $F_m$. Поэтому мне больше импонирует работа с частичными суммами.

-- 22.04.2014, 08:49 --

staric
Спасибо. Очень интересная задача.

[Руст]

ex-math в сообщении #852864 писал(а):

Все-таки у sup аккуратнее, ведь априори не очевидна даже сходимость каждого $F_m$. Поэтому мне больше импонирует работа с частичными суммами.

-- 22.04.2014, 08:49 --

staric
Спасибо. Очень интересная задача.

Разве отсюда не видно монотонное убывание

TOTAL в сообщении #852844 писал(а):

$$F(m)-F(m+1)=2\sum\limits_{n \in \mathcal S_m}^{}{\left( \dfrac{1}{2n}-{\dfrac{1}{1+2n} \right)}.$$

Я считаю, что более изящнее решение TOTAL.

[ex-math]

Руст
То, что ряды, представляющие $F_m$, сходятся, тоже надо обосновывать. При рассмотрении частичных сумм это делается.

[TOTAL]

ex-math в сообщении #853028 писал(а):

То, что ряды, представляющие $F_m$, сходятся, тоже надо обосновывать.

Если $F(1)$ сходится, то $F(2)$ тем более сходится.