¿Cómo podemos demostrar que $\sqrt{\pi}=\lim_{k\to \infty}{1\over \sqrt{k}}\left(1+2\sum_{n=1}^{\infty}e^{-n^2\over k}\right)?$

Question

Límite

$$\sqrt{\pi}=\lim_{k\to \infty}{1\over \sqrt{k}}\left(1+2\sum_{n=1}^{\infty}e^{-n^2\over k}\right)?\tag1$$

$$\sqrt{\pi}=\lim_{k\to \infty}{1\over \sqrt{k}}+\lim_{k\to\infty}{2\over \sqrt{k}}\sum_{n=1}^{\infty}e^{-n^2\over k}?\tag2$$

$$\sqrt{\pi}=\lim_{k\to\infty}{2\over \sqrt{k}}\sum_{n=1}^{\infty}e^{-n^2\over k}?\tag3$$

He comprobado a través de una suma de la calculadora se parecen converge, pero no sé cómo comprobarlo.

Answer 1

Por Euler de Mac-Laurin de la fórmula,

$$ S(k)=\lim_{N\rightarrow \infty}\sum_{n=1}^{N} e^{-n^2/k}\sim\lim_{N\rightarrow \infty}\int_1^{N} e^{-n^2/k}dn $$

ahora no es demasiado difícil mostrar que la integral asymtotically (gran $k$) es igual a

$$ \frac{\sqrt{\pi k}}{2}-1+\mathcal{S}(k^{-1}) \qquad (1) $$

Por lo tanto

$$ \lim_{k\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{k}}(1+2S(k))=\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{k}}(1-1+\sqrt{\pi k})=\sqrt{\pi} $$

---

Para una prueba de ($1$), escribir

$$ \lim_{N\rightarrow\infty}\int_1^N e^{-n^2/k}dk=\lim_{N\rightarrow\infty}\int_0^N e^{-n^2/k}dk-\int_0^1 e^{-n^2/k}dk\underbrace{=}_{Gaussiano\,integral}\\ \frac{\sqrt{\pi k}}{2}-\sum_{i=0}^{\infty}\int_0^1dn\frac{n^{2l}}{l!k^l}\sim\frac{\sqrt{\pi k}}{2}-1+\mathcal{S}(k^{-1}) $$

Answer 2

Tenga en cuenta que tenemos

$$\frac{\sqrt{\pi k}}{2}-e^{-1/k}\le \int_1^\infty e^{-x^2/k}\,dx\le \sum_{n=1}^\infty e^{-n^2/k}\le \int_0^\infty e^{-x^2/k}\,dx=\frac{\sqrt{\pi k}}{2}$$

Por lo tanto, podemos escribir

$$\frac{1}{\sqrt k}+\sqrt \pi -\frac{2e^{-1/k}}{\sqrt k}\le \frac1{ \sqrt{k}}\left(1+2\sum_{n=1}^\infty e^{-n^2/k}\right)\le \frac{1}{\sqrt k}+\sqrt \pi$$

con lo cual, aplicando el teorema del encaje de los rendimientos del límite esperado

$$\lim_{k\to 0}\frac1{ \sqrt{k}}\left(1+2\sum_{n=1}^\infty e^{-n^2/k}\right)=\sqrt \pi$$

Answer 3

Aquí es una solución mediante la suma de Riemann su límite de $$\lim \limits_{k\to \infty }\frac{2}{\sqrt{k} } \sum \limits^{k}_{n=1}e^{\frac{-n^{2}}{k} }$$ Ahora vamos a $k=u^2$ obtenemos el límite de$$\lim \limits_{u\to \infty }\frac{2}{u} \sum \limits^{u^{2}}_{n=1}e^{-\left( \frac{n}{u} \right) ^{2}}=2\int \limits^{\infty }_{0}e^{-y^{2}}dy=\sqrt{\pi } $$ La última integral se conoce como Gaussiano intintegral

Answer 4

Para cada serie de positiva la disminución de los términos de $a_n=f(n)$, siempre puede escribir

$$ \int_2^\infty f(x)dx\leq \sum_{n=1}^\infty a_n\leq \int_1^\infty f(x)dx $$

Ahora, en tu caso, tienes $a_n=e^{-\frac{n^2}{k}}$, y se puede calcular un límite inferior y superior para la serie. A continuación, puede calcular su límite utilizando el límite superior y el límite inferior,$k\to\infty$. Si coinciden, gracias al teorema del encaje, que es también el valor de su límite.

Answer 5

Es el $\vartheta$-función. El uso de la funcional de la ecuación y se obtiene fácilmente el resultado deseado.

$$\vartheta(iz)=1+2\sum\limits_{n=1}^\infty e^{-\pi z n^2}$$

y

$$\frac{1}{\sqrt{z}}\vartheta(\frac{i}{z})=\vartheta(iz)$$.

Set $z=\pi k$. A continuación, se hace porque $e^{-\pi^2 n^2 k}\to 0$$k\to \infty$.