¿Podemos encontrar el límite $\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^nx^2}{n^2+x^2}$ sin evaluar la suma?

Question

Cómo encontrar el límite $\displaystyle\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}x^{2}}{n^{2}+x^{2}}$ si no evaluamos la suma?
Sé que la suma es en realidad una función elemental que podemos encontrar usando series de Fourier u otros métodos, pero tengo curiosidad por saber si existe alguna forma alternativa de encontrar este límite.

Intenté escribirlo de esta forma:

$$\displaystyle\lim_{x\rightarrow\infty}x\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x}{\left(2n-1\right)^{2}+x^{2}}\right).$$

Como sabemos, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}$ y $\displaystyle\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x}{\left(2n-1\right)^{2}+x^{2}}$ debe obtener un mismo valor (no necesitamos preocuparnos de cuál es el valor exacto) , por lo que esto es de la forma $``0\cdot\infty"$ que no se puede evaluar directamente. Aquí es donde me quedo atascado.

Después de días de pensar, me estoy acercando a la respuesta. Podemos utilizar el álgebra fácil para obtener que $$\left |\frac{2x^2}{\left(2n\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n+1\right)^2+x^2}\right |\leq\frac{1}{n^2}\quad\forall n\in\mathbb{Z^+},x\in\mathbb{R}$$
Por lo tanto, la serie de abajo converge uniformemente en $\mathbb{R}$ : $$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2x^2}{\left(2n\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n+1\right)^2+x^2}\right)$$
Cambiando el orden de la suma y el límite, podemos obtener: $$\displaystyle\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2x^2}{\left(2n\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n+1\right)^2+x^2}\right)=0$$
que es $$\displaystyle\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x^2}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^{2}+x^{2}}\right)=\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x^2}{\left(2n+1\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x^2}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}\right)$$
y también sabemos $$\displaystyle\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x^2}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^{2}+x^{2}}\right)=\lim_{x\rightarrow\infty}\left(-\frac{x^2}{1+x^2}-\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x^2}{\left(2n+1\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x^2}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}\right)\right)$$ Si el límite existe, debe haber una ecuación para el límite $L=-1-L$ que resuelve $L=-1/2$ .
Así que todo lo que se necesita es demostrar que el límite existe. Esto requeriría un poco de análisis. Voy a demostrarlo mediante la regla de Cauchy ( $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)\ exists\Leftrightarrow\forall\epsilon>0\exists X>0 \forall x_1,x_2>X, \left|f(x_1)-f(x_2)\right|<\epsilon$ ).

Answer 1

Esta respuesta intenta aclarar las cosas, pero sí, falta una pequeña pieza en el paso $(4)$ .

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$\qquad(1)$ : $\forall x \in\mathbb R$ la serie $\sum_{n\geq 1}(-1)^n\frac{x^2}{n^2+x^2}$ converge absolutamente.

Prueba: Tenemos que

$$\sum_{n\geq 1}\frac{x^2}{n^2+x^2}=x^2\,\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^2+x^2}\leq x^2\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^2}=\frac{x^2\pi^2}6.\qquad\qquad\square$$

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$\qquad(2)$ : $\forall x \in \mathbb R$ la serie $\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x}{\left(2n-1\right)^{2}+x^{2}}\right)$ converge y tenemos $x\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x}{\left(2n-1\right)^{2}+x^{2}}\right)=\sum_{n\geq 1}(-1)^n\frac{x^2}{n^2+x^2}$ .

Prueba: Consideremos las sumas parciales

$$S_m=\sum_{n=1}^m(-1)^n\frac{x^2}{n^2+x^2}$$

y $$T_m=x\sum_{n=1}^{m}\left(\frac{x}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x}{\left(2n-1\right)^{2}+x^{2}}\right).$$

Por $(1)$ , $S_m$ converge como $m\to\infty$ . Basta con señalar que $T_m=S_{2m}$ . $\square$

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$\qquad(3)$ : $\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2x^2}{\left(2n\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n+1\right)^2+x^2}\right)=0$

Prueba: Ampliar

$$\pm\left (\frac{2x^2}{\left(2n\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n+1\right)^2+x^2}\right )-\frac1{n^2}$$

y verificar que el resultado es negativo para todos los reales $x$ y enteros positivos $n$ . Concluya que la siguiente estimación es válida:

$$\left |\frac{2x^2}{\left(2n\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n+1\right)^2+x^2}\right |\leq\frac{1}{n^2}\quad\forall n\in\mathbb{Z^+},\forall x\in\mathbb{R}$$

A continuación, se deduce de la Prueba M de Weierstrass que $\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2x^2}{\left(2n\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n+1\right)^2+x^2}\right)$ converge de manera uniforme y absoluta en $\mathbb{R}$ . Dado que la convergencia uniforme se mantiene, tenemos

\begin{align} &\lim_{x\to\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2x^2}{\left(2n\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n+1\right)^2+x^2}\right)\\ =&\sum_{n=1}^{\infty}\lim_{x\to\infty}\left(\frac{2x^2}{\left(2n\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^2+x^2}-\frac{x^2}{\left(2n+1\right)^2+x^2}\right)\\ =&\sum_{n=1}^{\infty}(2-1-1)=\sum_{n=1}^{\infty}0=0 \end{align}

lo que concluye la prueba. $\square$

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$\qquad(4)$ : $\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x^2}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^{2}+x^{2}}\right)$ y $\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x^2}{\left(2n+1\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x^2}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}\right)$ ambos existen, y son iguales.

Parcialmente Prueba: Se deduce de $(3)$ y el álgebra de límites que

$$\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x^2}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^{2}+x^{2}}\right) = \lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x^2}{\left(2n+1\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x^2}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}\right)$$

siempre que existan ambos límites .

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$\qquad(5)$ : $\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}x^{2}}{n^{2}+x^{2}}=-1/2$

Prueba: Para cada $x\in\mathbb{R}$ tenemos

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

Dejar $m\to\infty$ concluimos que para todo $x\in\mathbb{R}$

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

donde la serie en el LHS converge por $(2)$ y, de forma similar, la serie del lado derecho también converge.

Ahora, dejemos que $L=\lim_{x\to\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x^2}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^{2}+x^{2}}\right)$ . Dejar $x\to\infty$ en la igualdad anterior y aplicando $(4)$ obtenemos

$$L=-1-L\iff L=-1/2.$$

La afirmación se desprende de la observación de que $\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}x^{2}}{n^{2}+x^{2}}=L$ según $(2)$ . $\square$

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EDIT: Podemos utilizar la prueba integral para llegar a la respuesta directamente después del paso $(2)$ . De hecho, para cada $x\in\mathbb{R}$ dejar $a_x(n)=\frac{x^2}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^{2}+x^{2}}$ Por lo tanto, estamos interesados en $\lim_{x\to\infty}\sum_{n\geq 1}a_x(n)$ .

Observe que $a_x(n)<0$ siempre que $x\neq 0$ y $n\geq1$ por lo que podemos aplicar la prueba integral a $\sum_{n\geq 1}-a_x(n)$ . Tendremos que

$$\int_1^\infty-a_x(t)\,dt\leq\sum_{n=1}^{\infty}-a_x(n)\leq -a_x(1) + \int_1^\infty-a_x(t)\,dt.$$

Por un lado, $-a_x(1)=\frac{x^2}{1+x^{2}}-\frac{x^2}{4+x^{2}}$ . Por otro lado,

\begin{align} \int_1^\infty-a_x(t)\,dt &=\int_1^\infty\frac{x^2}{\left(2t-1\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x^2}{\left(2t\right)^{2}+x^{2}}\,dt \\&=-\frac{x}{2}\cdot\left[\arctan\left(\frac{1-2t}x\right)+\arctan\left(\frac{2t}x\right)\right]_{t=1}^\infty \end{align}

Los paréntesis son simplemente $\left[\lim_{t\to\infty}\left(\arctan\left(\frac{1-2t}x\right)+\arctan\left(\frac{2t}x\right)\right)-\arctan\left(\frac{-1}x\right)-\arctan\left(\frac2x\right)\right]$ , y como tenemos $\lim_{t\to\infty}\arctan\left(\frac{1-2t}x\right)=-\pi/2$ y $\lim_{t\to\infty}\arctan\left(\frac{2t}x\right)=\pi/2$ se deduce que

$$\int_1^\infty-a_x(t)\,dt=\frac{x}{2}\left(\arctan\left(\frac{-1}x\right)+\arctan\left(\frac2x\right)\right)$$

Ahora, $\lim_{x\to\infty}-a_x(1)=0$ y $\lim_{x\to\infty}\int_1^\infty-a_x(t)\,dt=1/2$ . Este último límite se calcula fácilmente considerando la expansión

$$\arctan(z)=z-\frac{z^3}3+\frac{z^5}5-\dots$$

Del teorema del apretón se deduce que $\sum_{n\geq 1}a_x(n)=-1/2$ , lo que completa la prueba. $\square$

Answer 2

Gracias por @Fimpellizieri , pero creo que ya tengo la respuesta.
Sabemos que $$\frac{x^2}{\left(2n\right)^{2}+x^{2}}-\frac{x^2}{\left(2n-1\right)^{2}+x^{2}}=\frac{\left(1-4n\right)x^2}{\left(\left(2n\right)^2+x^2\right)\left(\left(2n-1\right)^2+x^2\right)}$$ Considere $$\left|\frac{-4nx^2}{\left(\left(2n\right)^2+x^2\right)^2}-\frac{\left(1-4n\right)x^2}{\left(\left(2n\right)^2+x^2\right)\left(\left(2n-1\right)^2+x^2\right)}\right|\leq\frac{1}{n^2},\ \forall x\in\mathbb{R},n\in\mathbb{Z^+}$$ Por la prueba M de Weierstrass la serie de abajo converge uniformemente en $\mathbb{R}$ . Tenemos $$\lim_{x\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{-4nx^2}{\left(\left(2n\right)^2+x^2\right)^2}-\frac{\left(1-4n\right)x^2}{\left(\left(2n\right)^2+x^2\right)\left(\left(2n-1\right)^2+x^2\right)}\right]\\=\sum_{n=1}^{\infty}\lim_{x\rightarrow\infty}\left[\frac{-4nx^2}{\left(\left(2n\right)^2+x^2\right)^2}-\frac{\left(1-4n\right)x^2}{\left(\left(2n\right)^2+x^2\right)\left(\left(2n-1\right)^2+x^2\right)}\right]=0.$$
Así que sólo tenemos que considerar $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-4nx^2}{\left(\left(2n\right)^2+x^2\right)^2}=\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\frac{-4n}{x}}{\left(\left(\frac{2n}{x}\right)^2+1\right)^2}$ .
Entonces considera la "suma de Riemann" de la función $f\left(u\right)=\frac{-4u}{\left(4u^2+1\right)^2}$ en $\left[0,\infty\right)$ conocemos el límite de la suma como $x\rightarrow\infty$ es en realidad la integral $$\int_{0}^{\infty}f\left(u\right)du=\frac{1}{8u^2+2}|_{0}^{\infty}=-\frac{1}{2}$$
que es la respuesta final.

Ahora explico por qué la suma tiende a la integral impropia.
Observe que $f\left(u\right)$ es decreciente en $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ y aumentando en $\left[\frac{1}{2},+\infty\right)$ dividimos la suma en dos partes $\displaystyle\sum_{0<2n\leq x}\frac{\frac{-4n}{x}}{x\left(\left(\frac{2n}{x}\right)^2+1\right)^2}$ y $\displaystyle\sum_{2n>x}\frac{\frac{-4n}{x}}{x\left(\left(\frac{2n}{x}\right)^2+1\right)^2}$ , anotados respectivamente como $S_{1}\left(x\right)$ y $S_{2}\left(x\right)$ .
$S_{1}\left(x\right)$ tiende obviamente a la integral de $f\left(u\right)$ en $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ , mientras que $S_{2}\left(x\right)$ está acotado entre $\displaystyle\int_{\frac{1}{x}\left(\left[\frac{x}{2}\right]+1\right)}^{\infty}f\left(u\right)du$ y $\displaystyle\int_{\frac{1}{x}\left(\left[\frac{x}{2}\right]+2\right)}^{\infty}f\left(u\right)du$ (debido a la monotonicidad) , que ambos tienden a $\displaystyle\int_{\frac{1}{2}}^{\infty}f\left(u\right)du$ .