Suma de la serie infinita $\sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{(k!)^2}$

Question

¿Existe una suma de forma cerrada de

$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{(k!)^2}$

Es trivial demostrar que es menor que $e^x$ pero ¿hay un límite más estricto?

Gracias

Answer 1

La primera forma en la que intento resolver este tipo de cuestiones es "preguntar a Maple" (o Mathematica). Si tienes acceso a, por ejemplo, Maple, entonces puedes escribir

"suma(x^k/k!^2, k=0..infinito)"

y reportará BesselI(0,2*sqrt(x)). [Es imposible distinguirlo por el tipo de letra, pero eso es "Bessel" seguido de una i mayúscula]. Si eres yo, es cuando buscas las funciones de Bessel en la Wikipedia.

Y además, puedes escribir "asympt(BesselI(0,2*sqrt(x)),x)", y te informará de que el término principal de la expansión asintótica es efectivamente $\frac12 \frac{e^{2\sqrt{x}}}{\sqrt{\pi} x^{1/4}}$ como han dicho otros. No estoy seguro de qué recurso explicará inmediatamente "cómo lo sabía Maple", pero al menos uno sabe la respuesta en ese momento.

Answer 2

Aquí hay muchas posibilidades. Una de ellas es la siguiente. Tenga en cuenta que para $k=0,1,\dots$ \begin{equation} \frac1{(k!)^2}=\binom{2k}k\,\frac1{(2k)!}\le\frac{2^{2k}}{(2k)!}, \end{equation} por lo que para $x\ge0$ la suma de sus series no es mayor que \begin{equation} B(x):=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(4x)^k}{(2k)!}=\cosh\sqrt{4x}, \end{equation} que es mucho menos que $e^x$ para grandes $x$ .

Añadido: Como se señala en el comentario de Carlo Beenaker, \begin{equation} S(x):=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{(k!)^2}\sim e^{\sqrt{4x}}/(4\pi\sqrt x)^{1/2} \end{equation} y por lo tanto \begin{equation} \ln B(x)\sim\ln S(x) \end{equation} como $x\to\infty$ es decir, el límite $B(x)$ en $S(x)$ es logarítmicamente ajustado para grandes $x$ (en contraste con el límite $e^x$ ).

Answer 3

$\newcommand{\de}{\delta} \newcommand{\De}{\Delta} \newcommand{\ep}{\epsilon} \newcommand{\ga}{\gamma} \newcommand{\Ga}{\Gamma} \newcommand{\la}{\lambda} \newcommand{\Si}{\Sigma} \renewcommand{\th}{\theta} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\F}{\mathcal{F}} \newcommand{\E}{\operatorname{\mathsf E}} \newcommand{\PP}{\operatorname{\mathsf P}} \newcommand{\ii}[1]{\operatorname{\mathsf I}\{#1\}}$

Esta respuesta se basa en ideas bastante diferentes a las utilizadas en mi anterior respuesta a esta pregunta, y el resultado es mucho mejor. Como en aquella respuesta, dejemos \begin{equation*} S(x):=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{(k!)^2}. \end{equation*} La diferenciación de términos muestra que \begin{equation*} (xS'(x))'=S(x). \end{equation*} Esta ecuación diferencial puede reescribirse como \begin{equation*} 16x^2a''(x)+8x(1+4\sqrt x\,\tanh(2\sqrt x))a'(x)+a(x)=0, \tag{1} \end{equation*} donde \begin{equation*} a(x):=S(x)/S_*(x), \end{equation*} \begin{equation*} S_*(x):=\cosh\sqrt{4x}\big/\sqrt{\pi\sqrt x}\sim e^{\sqrt{4x}}\big/\sqrt{4\pi\sqrt x}\sim S(x) \end{equation*} para grandes $x$ como ha señalado Carlo Beenaker.

Tenga en cuenta que $a(x)>0$ para $x>0$ . Así, por (1), si $a'(x)=0$ para algunos $x>0$ entonces $a''(x)<0$ . Así, los únicos extremos locales de $a$ son máximos locales; por lo tanto y dado que entre dos máximos locales cualesquiera hay un mínimo local, vemos que hay a lo sumo un máximo local de $a$ en $(0,\infty)$ . Desde $a(0+)=0$ , $a(1)>1$ y $a(\infty-)=1$ concluimos que $a$ tiene precisamente un máximo local (y por tanto global) en $(0,\infty)$ .

De hecho, este máximo se produce en $x=x_*=0.7277\dots$ y $a(x_*)=1.0769\ldots<1.08$ . Además, $a>1$ en $[0.2,\infty)$ . Así, \begin{equation*} S_*<S<1.08\, S_*\quad\text{on }[0.2,\infty). \end{equation*} Estos hechos se ilustran con este gráfico de la función $a$ :

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Para completar esta respuesta, verifiquemos la mencionada equivalencia asintótica \begin{equation*} S(x)\sim\cosh\sqrt{4x}\big/\sqrt{\pi\sqrt x}; \tag{2} \end{equation*} aquí y en lo que sigue, $x\to\infty$ . Dejemos que $k_1,k_2,q_1,q_2$ sean números naturales tales que \begin{align*} &k_1=x^{4/8}-\th x^{3/8},\quad q_1=x^{4/8}-\th x^{3/8}/2,\\ &k_2=x^{4/8}+\th x^{3/8},\quad q_2=x^{4/8}+\th x^{3/8}/2; \end{align*} aquí y en otros lugares $\th$ denota varias expresiones que dependen de $x$ (posiblemente diferentes incluso en la misma fórmula) tal que $\th\to1$ .
Escriba \begin{equation*} S(x)=S_1+S_2+S_3,\quad \cosh\sqrt{4x}=T_1+T_2+T_3, \end{equation*} donde \begin{equation*} S_1:=\sum_{k=0}^{k_1-1} \frac{x^k}{(k!)^2},\quad S_2:=\sum_{k=k_1}^{k_2-1} \frac{x^k}{(k!)^2},\quad S_3:=\sum_{k=k_2}^\infty \frac{x^k}{(k!)^2}, \end{equation*} \begin{equation*} T_1:=\sum_{k=0}^{k_1-1} \frac{(4x)^k}{(2k)!},\quad T_2:=\sum_{k=k_1}^{k_2-1} \frac{(4x)^k}{(2k)!},\quad T_3:=\sum_{k=k_2}^\infty \frac{(4x)^k}{(2k)!}, \end{equation*}

La equivalencia asintótica (2) es una consecuencia inmediata de los dos lemas siguientes.

Lema 1. $S_1+S_3<<S_2$ y $T_1+T_3<<T_2$ aquí y en otros lugares $A<<B$ significa $A/B\to0$ .

Lema 2. $S_2\sim T_2\big/\sqrt{\pi\sqrt x}$ .

Queda por demostrar los lemas.

Prueba del lema 1. Dejemos que \begin{equation*} M:=M(x):=\max_{k\ge0}b_k,\quad b_k:=\frac{x^k}{(k!)^2},\quad r_k:=\frac{b_k}{b_{k-1}}=\frac{x}{k^2}. \end{equation*} Entonces $r_k$ está disminuyendo en $k$ , $r_k\ge1$ para $k\le x^{4/8}$ y por lo tanto $b_k$ no es decreciente en $k\le x^{4/8}$ , $r_k\le1$ para $k\ge x^{4/8}$ y por lo tanto $b_k$ es no creciente en $k\ge x^{4/8}$ . Así que, $M=b_{k_*}$ para algunos naturales $k_*=k_*(x)=x^{4/8}+O(1)\in[k_1,k_2-1]$ y así, \begin{equation*} M\le \sum_{k=k_1}^{k_2-1}b_k=S_2. \end{equation*} A continuación, para $k\ge k_2$ , \begin{equation*} b_k=b_{q_2}\prod_{j=q_2+1}^k r_j\le M r_{q_2}^{k-q_2}. \end{equation*} También, \begin{equation*} r_{q_2}=\frac x{(x^{4/8}+\th x^{3/8}/2)^2}=(1+\th x^{-1/8}/2)^{-2}=1-\th x^{-1/8} \end{equation*} y $k_2-q_2=\th x^{3/8}/2$ . Así que, \begin{multline*} S_3=\sum_{k=k_2}^\infty b_k\le M r_{q_2}^{k_2-q_2}\,\frac1{1-r_{q_2}} \sim M (1-\th x^{-1/8})^{\th x^{3/8}/2}\,x^{1/8} \\ =M \exp\{-\th x^{2/8}/2\}\,x^{1/8}<<M\le S_2. \tag{3} \end{multline*} Además, \begin{equation*} r_{k_1}=\frac x{(x^{4/8}-\th x^{3/8})^2}=(1-\th x^{-1/8})^{-2}=1+2\th x^{-1/8} \end{equation*} y $q_1-k_1=\th x^{3/8}/2$ De ahí que \begin{multline*} b_{k_1}=b_{q_1}\Big/\prod_{j=k_1+1}^{q_1}r_j\le M/r_{k_1}^{q_1-k_1} =M/ (1+2\th x^{-1/8})^{\th x^{3/8}/2} =M /\exp\{\th x^{2/8}\} \end{multline*} y \begin{equation*} S_1=\sum_{k=0}^{k_1-1}b_k\le k_1 b_{k_1}\le x^{4/8}\,M /\exp\{\th x^{2/8}\}<<M\le S_2. \tag{4} \end{equation*} Por (3) y (4), $S_1+S_3<<S_2$ . Que $T_1+T_3<<T_2$ se verifica de forma muy similar; aquí en lugar de $r_k=\frac{x}{k^2}$ se tendrá que utilizar $\frac{4x}{2k(2k-1)}=\frac{x}{k(k-1/2)}$ . Esto completa la prueba del lema 1. \N - La prueba de que

Prueba del lema 2. Para $k\in[k_1,k_2-1]$ obviamente tenemos $k\sim\sqrt x$ . Por lo tanto, utilizando la fórmula de Stirling, es fácil ver que para los naturales $k\in[k_1,k_2-1]$
\begin{equation*} \frac{x^k}{(k!)^2}\Big/\frac{(4x)^k}{(2k)!}=\frac{(2k)!}{(k!)^2}\frac1{4^k}\sim\frac1{\sqrt{\pi k}} \sim\frac1{\sqrt{\pi\sqrt x}}. \end{equation*} Ahora se deduce inmediatamente el lema 2. \qed