$\lim_{x\to 1^-} \sum_{k=0}^\infty \left( x^{k^2}-x^{(k+\alpha)^2}\right)$

Question

¿Ha visto a nadie (o nadie puede venir para arriba con) una prueba que $$\lim{x\to 1^-} \sum{k=0}^\infty \left( x^{k^2}-x^{(k+\alpha)^2}\right) = \alpha$ $ % los $\alpha > 0$?

Y también que \lim{\alpha\to $$ 0 ^ +} \left [\lim{x\to 1 ^-} \frac {\alpha - \sum_{k=0}^\infty \left (x^{k^2}-x^{(k+\alpha)^2}\right)} {1-x} \right]=\frac16$$

Pensé que tenía una prueba del primer límite pero estaba viciado.

Editar Había escrito la expresión incorrecta para el segundo de los límites. Ya está corregido.

Answer 1

Si establecemos $x=e^{-t}$ tenemos que probar que $$ \lim_{t\to 0^+}\sum_{k\geq 0}\left(e^{-tk^2}-e^{-t(k+\alpha)^2}\right) = \alpha.$$ Como una función de la $t$, por encima de la serie es lo suficientemente regulares como para hacernos capaces de estado: $$ \lim_{t\to 0^+}\sum_{k\geq 0}\left(e^{-tk^2}-e^{-t(k+\alpha)^2}\right) = \lim_{m\to +\infty}\int_{0}^{+\infty}me^{-mt}\sum_{k\geq 0}\left(e^{-tk^2}-e^{-t(k+\alpha)^2}\right)\,dt$$ (utilizamos $me^{-mt}$ como una aproximación de la distribución delta de Dirac) y el límite original se convierte en: $$ \lim_{m\to +\infty}\sum_{k\geq 0}\left(\frac{m}{m+k^2}-\frac{m}{m+(k+\alpha)^2}\right)=\lim_{m\to +\infty}\sum_{k\geq 0}\frac{m(2\alpha k+\alpha^2)}{(m+k^2)(m+(k+\alpha)^2)}$$ Ahora, el último de la serie puede ser calculada a través de la función digamma y el límite de $m\to +\infty$ es exactamente $\alpha$ como quería, ya que: $$\frac{i}{2}\left[\psi(\alpha-im)-\psi(\alpha+im)\right] = \frac{\pi}{2}+\frac{\tfrac{1}{2}-\alpha}{m}+O\left(\frac{1}{m^3}\right). $$ La segunda pregunta es esencialmente equivalente a encontrar un plazo adicional en la anterior expansión asintótica.

Answer 2

De la Fórmula de Euler-Maclaurin suma, tenemos

$$\begin{align} \sum_{k=1}^K (x^{k^2}-x^{(k+\alpha)^2})&=\int_0^K (e^{y^2\log(x)}-e^{(y+\alpha)^2\log(x)})\,dy\\ &+\frac{e^{-K^2|\log(x)|}-e^{-(K+\alpha)^2|\log(x)|}-(1-e^{-\alpha^2|\log(x)|})}2 \\ &+\log(x)\int_0^K \left(2ye^{-y^2|\log(x)|}-2(y+\alpha)e^{-(y+\alpha)^2|\log(x)|}\right)P_1(y)\,dy \\ &=\int_0^\alpha e^{-y^2|\log(x)|}\,dy-\int_K^{K+\alpha}e^{-y^2|\log(x)|}\,dy\\ &+\frac{e^{-K^2|\log(x)|}-e^{-(K+\alpha)^2|\log(x)|}-(1-e^{-\alpha^2|\log(x)|})}2 \\ &+\log(x)\int_0^K \left(2ye^{-y^2|\log(x)|}-2(y+\alpha)e^{-(y+\alpha)^2|\log(x)|}\right)P_1(y)\,dy \tag 1\\ \end {Alinee el} $$

Tomando el límite como $K\to \infty$ $(1)$ revela

$$\begin{align} \sum_{k=1}^\infty (x^{k^2}-x^{(k+\alpha)^2})&=\int_0^\alpha e^{-y^2|\log(x)|}\,dy -\frac{1-e^{-\alpha^2|\log(x)|}}2 \\ &+\log(x)\int_0^\infty \left(2ye^{-y^2|\log(x)|}-2(y+\alpha)e^{-(y+\alpha)^2|\log(x)|}\right)P_1(y)\,dy \tag 2 \end {Alinee el} $$

Tomando el límite como $x\to 1^-$ $(2)$ rinde fruto codiciado

$$\lim{x\to ^-1}\sum{k=0}^\infty (x^{k^2}-x^{(k+\alpha)^2})=\alpha$$

¡como era de mostrarse!