Cuál es el valor del límite $\lim_{a\searrow 0}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^{a}}$ ?

Question

Claramente la serie $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^{a}} $$ converge (condicionalmente), como serie alterna de como secuencia absolutamente decreciente, para todo $a>0$ .

La pregunta es: ¿Cuál es el valor de $$ \lim_{a\searrow 0}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^{a}}. $$ Primer intento $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^{a}}=\frac{a}{2}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{a+1}}+{\mathcal O}(a). $$

Answer 1

La serie es, para $\operatorname{Re} a > 0$ El Dirichlet $\eta$ función ,

$$\eta(a) = \left(1-2^{1-a}\right)\zeta(a).$$

Desde $\eta$ es una función entera, por continuidad, el límite es

$$\eta(0) = -\zeta(0) = \frac{1}{2}.$$

Answer 2

La respuesta de D. Fischer es más breve y elegante. No obstante, permítanme ofrecer mi propia respuesta elemental:

En primer lugar, hay que tener en cuenta que $$ \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{(2n-1)^a}-\frac{1}{(2n)^a}\right)=\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{(2n)^a-(2n-1)^a}{(2n-1)^a(2n)^a}\right)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(1+\frac{1}{2n-1})^a-1}{(2n)^a} \\ =\sum_{n=1}^\infty\frac{\frac{a}{2n-1}+\frac{a(a-1)}{2(2n-1)^2}+\cdots}{(2n)^a}=\cdots=\frac{a}{2}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{a+1}}+{\mathcal O}(a). $$ A continuación se observa que, existe $\xi,\zeta\in (0,1)$ , de tal manera que $$ \frac{1}{n^{a+1}}-\int_{n}^{n+1}\frac{dx}{x^{a+1}}=\frac{1}{n^{a+1}}-\frac{1}{(n+\xi)^{a+1}}= \frac{\xi(a+1)}{(n+\zeta)^{a+2}}, $$ y por lo tanto $$ 0<\frac{1}{n^{a+1}}-\int_{n}^{n+1}\frac{dx}{x^{a+1}}< \frac{a+1}{n^{2}}, $$ lo que implica que $$ \frac{a}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{a+1}}=\frac{a}{2}\int_1^\infty\frac{dx}{x^{a+1}}+{\mathcal O}(a). $$ Pero $$ \frac{a}{2}\int_1^\infty\frac{dx}{x^{a+1}}=\lim_{M\to\infty}\frac{a}{2}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{aM^a}\right)=\frac{1}{2}, $$ lo que implica que $$ \lim_{a\searrow 0}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^{a}}=\frac{1}{2}. $$

Answer 3

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ Con $\ds{n\in{\mathbb N}\,,\ N\ \geq\ 1}$ :

1. \begin{align}\boxed{\ds{\sum_{n\ =\ 1}^{2N}{\pars{-1}^{n - 1} \over n^{a}}}} &=\sum_{n\ =\ 1}^{N}{1 \over \pars{2n - 1}^{a}} -\sum_{n\ =\ 1}^{N}{1 \over \pars{2n}^{a}} \\[5mm]&=\sum_{n\ =\ 1}^{N}{1 \over n^{a}} -\sum_{n\ =\ 1}^{N}{1 \over \pars{2n}^{a}} -\sum_{n\ =\ 1}^{N}{1 \over \pars{2n}^{a}} =\boxed{\ds{\pars{1 - 2^{1 - a}}\sum_{n\ =\ 1}^{N}{1 \over n^{a}}}} \end{align}
2. De la misma manera, \begin{align}\boxed{\ds{\sum_{n\ =\ 1}^{2N - 1}{\pars{-1}^{n - 1} \over n^{a}}}} &=\sum_{n\ =\ 1}^{N}{1 \over \pars{2n - 1}^{a}} -\sum_{n\ =\ 1}^{N - 1}{1 \over \pars{2n}^{a}} \\[5mm]&=\sum_{n\ =\ 1}^{N}{1 \over n^{a}} -\sum_{n\ =\ 1}^{N}{1 \over \pars{2n}^{a}} -\sum_{n\ =\ 1}^{N}{1 \over \pars{2n}^{a}} + {1 \over \pars{2N}^{a}} \\[5mm]&=\boxed{\ds{\pars{1 - 2^{1 - a}}\sum_{n\ =\ 1}^{N}{1 \over n^{a}} + {1 \over \pars{2N}^{a}}}} \end{align}

Entonces,

1. Cuando $\ds{a > 1}$ obtenemos $$ \sum_{n\ =\ 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n - 1} \over n^{a}} =\pars{1 - 2^{1 - a}}\zeta\pars{a} $$
2. Sin embargo, cuando $\ds{0\ <\ a\ \leq\ 1}$ 'tendremos una divergencia' porque $\ds{\sum_{n\ =\ 1}^{N}{1 \over n^{a}}}$ diverge. En cualquier caso, es cierto que $\ds{\lim_{a\ \to\ 0^{+}}\pars{1 - 2^{1 - a}}\zeta\pars{a}=\half}$ . En otras palabras, requiere interpretar la suma como proporcional a una función Zeta de Riemman que implica una continuación analítica.