Demuestre que la función $f:[-1,1]\to \mathbb{R}$ $$ f(x):=\sqrt{1-x} \sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{\sqrt{k}} $$ está bien definida y es continua en el punto $1$ .
Respuesta
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Supongamos que $a(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n x^n$ y $b(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n x^n$ convergen cuando $|x|<1$ , todos $b_n$ son positivos, y $\lim\limits_{x\ \uparrow\ 1}b(x)=\infty$ . Si $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{b_n}=\lambda$ existe entonces $\lim\limits_{x\ \uparrow\ 1}\dfrac{a(x)}{b(x)}=\lambda$ .
Para una prueba, sustituyendo $a(x)$ con $a(x)-\lambda b(x)$ podemos suponer que $\lambda=0$ . Ahora bien, si $\varepsilon>0$ es arbitraria, y $|a_n/b_n|<\varepsilon$ cuando $n>N$ , entonces para $0<x<1$ $$\left|\frac{a(x)}{b(x)}\right|\leqslant\frac{1}{b(x)}\left|\sum_{n=1}^{N}a_n x^n\right|+\varepsilon\underset{x\ \uparrow\ 1}{\longrightarrow}\varepsilon,$$ es decir $\limsup\limits_{x\ \uparrow\ 1}|a(x)/b(x)|\leqslant\varepsilon$ . Como $\varepsilon$ es arbitraria, tenemos $\lim\limits_{x\ \uparrow\ 1}\big(a(x)/b(x)\big)=0$ como se ha reclamado.
Ahora aplique lo anterior a $$a(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{\sqrt{n}},\quad b(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}}-1=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^n.$$ Tenemos $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!\sqrt{n}}=\sqrt{\pi}$ por Fórmula Wallis Por lo tanto $\lim\limits_{x\ \uparrow\ 1}f(x)=\sqrt{\pi}$ también.
[Para la "versión anterior" obtenemos $\lim\limits_{x\to\pi/2}f(x)\cos x=1$ de la misma manera].
