$\lim_{x\rightarrow 1}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^x}=\ln2$.

Question

Demostrar $$\lim_{x\rightarrow 1}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{{(-1)}^{n-1}}{{n}^{x}}=\ln2.$$

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De curso $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{{(-1)}^{n-1}}{{n}}=\ln2,$$ pero no podemos utilizar la Proposición :

Si una secuencia de funciones que son continuas en un conjunto converge uniformemente en ese conjunto ,entonces el límite de la función es continua en el conjunto. porque para$\forall\delta >0$, $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{{(-1)}^{n-1}}{{n}^{x}} $converge en$\left(1-\delta ,1+\delta \right), $pero no estar .

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De hecho ,por cada ${x}^{'},{x}^{"}\in \left(1,1+\delta \right)，$en otras palabras $\left| {x}^{'}-{x}^{"}\right|<\delta $,fijando el punto de $ {x}^{'}, $deje ${x}^{"}\rightarrow {1}^{+},$podemos obtener paradoja:$$1\geq |\sum_{n=1}^{\infty}\frac{{(-1)}^{n-1}}{{n}^{{x}^{'}}}-(+\infty)|=+\infty>1.$$ Por lo $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{{(-1)}^{n-1}}{{n}^{x}}$ convergen no estar en $\left(1-\delta ,1+\delta \right)$.

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Mi pregunta es ¿cómo podemos conseguir $\lim_{x\rightarrow 1}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{{(-1)}^{n-1}}{{n}^{x}}=\ln2.$

Answer 1

Vamos

$$f_N(x) = \sum_{n=1}^N \frac{(-1)^{n-1}}{n^x},\quad R_N(x) = \sum_{n=N+1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^x}.$$

Es claro que para cada $N$$\lim_{x\to 1} f_N(x) = f_N(1)$. Queda por encontrar un límite en

$$\lvert R_N(x)\rvert.$$

El hecho de que la serie es alterna debe ayudar con eso. (Y que muestra que en realidad la convergencia de la serie es uniforme en $(1-\delta,1+\delta)$$0 < \delta < 1$.)

Es decir, para$x > 0$,$\frac{1}{n^x} > \frac{1}{(n+1)^x}$, y por lo tanto por Leibniz criterio para la alternancia de la serie, se sigue que $$\lvert R_N(x)\rvert = \left\lvert \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(N+1+k)^x}\right\rvert \leqslant \frac{1}{(N+1)^x}.$$ Since $x \mapsto \frac{1}{(N+1)^x}$ is monotonically decreasing on $(0,+\infty)$ for every $N\in\mathbb{N}\setminus \{0\}$, we thus have $$\lvert R_N(x)\rvert \leqslant \frac{1}{(N+1)^x} \leqslant \frac{1}{(N+1)^{1-\delta}}$$ for all $N$ and $x \geqslant 1-\delta$. It follows that the convergence of $f_N$ is uniform on every $[1-\delta,+\infty)$ for $0 < \delta < 1$. Entonces, la propuesta citada en la pregunta puede ser utilizado.

Answer 2

Se puede observar que la $$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{{(-1)}^{n-1}}{{n}^{x}}=\frac{1}{\Gamma(x)}\int_0^\infty\frac{u^{x-1}}{e^u+1} \mathrm{d}u, \quad x>1. $$ Dejando $ x \rightarrow 1^+$ da $$ \lim_{x\rightarrow 1^+}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{{(-1)}^{n-1}}{{n}^{x}}=\int_0^\infty\frac{1}{e^u+1} \mathrm{d}u=\ln 2 . $$

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{}$ \begin{align}&\color{#66f}{\large\lim_{x\ \to\ 1}\sum_{n = 1}^{\infty}% {\pars{-1}^{n - 1} \over n^{x}}} =-\lim_{x\ \to\ 1}\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over n^{x}} =-\lim_{x\ \to\ 1}{\rm Li}_{x}\pars{-1}=-\,{\rm Li}_{1}\pars{-1} \\[3mm]&=-\braces{-\ln\pars{1 - \bracks{-1}}} =\color{#66f}{\Large\ln\pars{2}} \approx {\tt 0.6931} \end{align}