Demostrar que $\lim\limits_{x\to 0^+}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^x}=-\frac12$

Question

Demostrar que $$\lim\limits_{x\to 0^+}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^x}=-\frac12$$

¿Existe el límite? Porque cuando desarrollo la suma y considero el límite $x\to 0^+$ , obtengo la suma $1-1+1-1+1-\dots$

Answer 1

Podemos escribir esta suma en términos de Dirichlet eta función o la de Riemann zeta función: $$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^z} &=-\eta(z)\\ &=-\left(1-2^{1-z}\right)\zeta(z)\tag1 \end{align}$$ En esta respuesta se muestra que $\zeta(0)=-\frac12$. Por lo tanto, $$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{z\to0}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^z}=-\frac12}\tag2$$

---

Computación $\boldsymbol{\eta'(0)}$

Usando la fórmula de $\eta(z)\Gamma(z)=\int_0^\infty\frac{\,t^{z-1}}{e^t+1}\,\mathrm{d}t$, obtenemos $$\begin{align} \eta(z)\Gamma(z+1) &=\int_0^\infty\frac{z\,t^{z-1}}{e^t+1}\,\mathrm{d}t\\ &=\int_0^\infty\frac1{e^t+1}\,\mathrm{d}t^z\\ &=\int_0^\infty\frac{t^z\,e^t}{\left(e^t+1\right)^2}\,\mathrm{d}t\tag3 \end{align}$$ Como se muestra en esta respuesta, $$\int_0^\infty\log(t)\,e^{-t}\,\mathrm{d}t=-\gamma\tag4$$ El uso de Gautschi la Desigualdad, $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma\left(n+\frac12\right)} \frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma\left(n+\frac32\right)}=1$; por lo tanto, $$\begin{align} \prod\limits_{k=1}^\infty\frac{2k}{2k-1}\frac{2k}{2k+1} &=\lim_{n\to\infty}\prod\limits_{k=1}^n\frac{k}{k-\frac12}\frac{k}{k+\frac12}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{\Gamma(n+1)\,\color{#090}{\Gamma\left(\frac12\right)}}{\Gamma\left(n+\frac12\right)} \frac{\Gamma(n+1)\,\color{#090}{\Gamma\left(\frac32\right)}}{\Gamma\left(n+\frac32\right)}\\[6pt] &=\color{#090}{\frac\pi2}\tag5 \end{align}$$ Tomando la derivada de la $(3)$ y evaluando $z=0$, tenemos $$\begin{align} \eta'(0)-\frac12\gamma &=\int_0^\infty\log(t)\frac{e^{-t}}{(1+e^{-t})^2}\,\mathrm{d}t\tag{6a}\\ \eta'(0) &=-\int_0^\infty\log(t)\,\mathrm{d}\left(\frac{e^{-t}}{1+e^{-t}}-\frac{e^{-t}}2\right)\tag{6b}\\ &=-\frac12\int_0^\infty\log(t)\,\mathrm{d}\frac{e^{-t}(1-e^{-t})}{1+e^{-t}}\tag{6c}\\ &=\frac12\int_0^\infty\frac{e^{-t}(1-e^{-t})}{t\left(1+e^{-t}\right)}\,\mathrm{d}t\tag{6d}\\ &=\frac12\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\int_0^\infty\frac{e^{-kt}-e^{-(k+1)t}}t\,\mathrm{d}t\tag{6e}\\ &=\frac12\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\log\left(\frac{k+1}k\right)\tag{6f}\\ &=\frac12\sum_{k=1}^\infty\log\left(\frac{2k}{2k-1}\frac{2k}{2k+1}\right)\tag{6g}\\ &=\frac12\log\left(\frac\pi2\right)\tag{6h} \end{align}$$ Explicación:
$\text{(6a)}$: tomando la derivada de la $(3)$ y evaluando $z=0$
$\text{(6b)}$: preparar a integrar por partes y restar la mitad de $(4)$ desde ambos lados
$\text{(6c)}$: combinar fracciones
$\text{(6d)}$: integrar por partes
$\text{(6e)}$: escriba $\frac{e^{-t}}{1+e^{-t}}$ como una serie en $e^{-t}$
$\text{(6f)}$: aplicar Frullani Integral de
$\text{(6g)}$: combinar adyacentes positivos y negativos de los términos
$\text{(6h)}$: aplicar $(5)$

La ecuación de $(6)$ justifica Claude Leibovici el comentario sobre la pregunta que para$z$, ligeramente por encima de $0$, $$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^z}\sim-\frac12-\frac z2\,\log\left(\frac\pi2\right)\tag7$$

Answer 2

Voy a mirar $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}/n^x$ en su lugar. (¡Me gusta empezar con un sumando positivo!) Entonces querremos demostrar que el límite es $1/2.$

Esta suma es igual a

$$\tag 1 \sum_{n=1}^{\infty}\left (\frac{1}{(2n-1)^x} - \frac{1}{(2n)^x} \right ) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n)^x -(2n-1)^x }{(2n-1)^x(2n)^x}.$$

Ahora $(2n)^x -(2n-1)^x = xc^{x-1}$ por el MVT. Aquí $2n-1<c<2n.$ Para $0<x<1$ tendremos $c^{x-1}> (2n)^{x-1}.$ De ello se desprende que $(1)$ está limitada por debajo por

$$\tag 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x}{(2n)^{1-x}(2n)^{x}(2n)^{x}} = x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^{1+x}} > x \int_1^\infty (2t)^{-1-x} \, dt = x\cdot\frac{1}{x2^{1+x}}.$$

Obtenemos un límite a partir de lo anterior utilizando $c^{x-1}< (2n-1)^{x-1}.$ Esto muestra $(1)$ es menor que

$$\tag 3 x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^{1+x}} < x(1 + \int_1^\infty (2t-1)^{-1-x} \, dt) = x\left(1+\frac{1}{2x}\right).$$

Como $x\to 0^+,$ los límites de los términos del derecho de $(2)$ y $(3)$ son $1/2,$ y hemos terminado.

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

$\ds{\lim_{x \to 0^{\large +}}\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over n^x} = -\,{1 \over 2}:\ {\large ?}}$

$$\begin{align} \lim_{x \to 0^{\large +}}\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over n^x} & = \lim_{x \to 0^{\large +}}\mrm{Li}_{x}\pars{-1} \end{align}$$

$\ds{\mrm{Li}_{s}}$ es el Pedido - $\ds{s}$ Polilogaritmo .

Utilizando su representación integral : $$\begin{align} \lim_{x \to 0^{\large +}}\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over n^x} & = -\lim_{x \to 0^{\large +}}\bracks{% {1 \over \Gamma\pars{x}}\int_{0}^{\infty}{t^{x - 1} \over \expo{t} + 1}\,\dd t} \\[5mm] & \stackrel{\mrm{IBP}}{=}\,\,\, -\lim_{x \to 0^{\large +}}\braces{% {1 \over \Gamma\pars{x}}\bracks{% {1 \over x}\int_{0}^{\infty}{t^{x}\expo{t} \over \pars{\expo{t} + 1}^{2}} \,\dd t}} \\[5mm] & = -\lim_{x \to 0^{\large +}}\bracks{% {1 \over \Gamma\pars{x + 1}} \int_{0}^{\infty}{t^{x}\expo{t} \over \pars{\expo{t} + 1}^{2}}\,\dd t} = -\int_{0}^{\infty}{\expo{t} \over \pars{\expo{t} + 1}^{2}}\,\dd t \\[5mm] & = \left.{1 \over \expo{t} + 1}\right\vert_{\ t\ =\ 0}^{\ t\ \to\ \infty} = \bbx{-\,{1 \over 2}} \end{align}$$