¿Cuál es el equivalente de $f$ cuando $x$ se acerca a $1$ ?

Question

$f(x) = \sum_{n=0}^{+ \infty} \ln(n).x^n$

$g(x) = \sum_{n=1}^{+ \infty} a_n.x^n $ tal que: $ a_1=-1$ y $a_n=-\ln \big(1 - \frac{1}{n} \big) - \frac{1}{n} $ para $n \ge 2$ .

1. Demuéstralo: $g(x) = (1 -x)f(x) + \ln(1-x) $ .

2. Admitimos que $u_n=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \ln n$ converge hacia $\alpha$ . (constante de Euler). Calcule $g(1)$ y encontrar el equivalente en de $f$ cerca de $1$ .

3. Demostrar que $\sum_{k=1}^{+ \infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ convergen y $\sum_{k=1}^{+ \infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln2$

4. Utilizando la fórmula: $n! \sim (\frac{n}{e})^n \sqrt{2 \pi n}$ calcular $g(-1)$ .

5. Deduzca $\lim_{x\to -1} f(x)$ .

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1. Lo he demostrado: $ g(x) = (1-x)f(x) + \ln (1 -x) $

2. $$ \begin{align} g(1) & = \sum_{k=1}^{n} a_k \\ & = a_1 + \sum_{k=2}^{n} a_n \\ & = -1 + \sum_{k=2}^n -\ln \big(1 - \frac{1}{k} \big) - \frac{1}{k} \\ & = -1 + \ln(n) - \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k} \\ & = - \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \ln n\\ & = - \alpha \end{align} $$

Para el equivalente, necesito encontrar una función $h(x) $ tal que $\lim \frac{f(x)}{h(x)} = 1$ cuando $x$ se acerca a $1$ que no sé cómo hacer.

3. Estoy atascado en la segunda parte de probar que la serie converge a $\ln 2$ ¿Cómo puedo hacerlo?

4. No pude ver la relación entre la fórmula dada y el valor de $g(-1)$ . ¿Cómo puedo calcularlo?

5. Creo que lo encontraré a partir de la ecuación $ g(x) = (1-x)f(x) + \ln (1 -x) $ una vez que conozca el valor de $g(-1)$ que no sé cómo hacer.

Gracias por su ayuda.

Answer 1

1. En primer lugar $g(1)$ no es igual a lo que has escrito. Sin embargo, el resultado es bueno.

2. Basta con utilizar el resultado anterior :

$$ f\left(x\right)=\frac{g\left(x\right)}{1-x}-\frac{\ln\left(1-x\right)}{1-x} $$ Por lo tanto $$ f\left(x\right)\frac{x-1}{\ln(1-x)}=\frac{g(x)}{\ln(1-x)}+1 \underset{x \rightarrow 1}{\rightarrow}1 $$ Por lo tanto $$ f\left(x\right) \underset{(1)}{\sim}\frac{\ln(1-x)}{x-1} $$ 3. Un bonito truco es considerar la suma parcial y observar que

$$ \left(-1\right)^{n-1}x^n=\left(-1\right)^{n-1}\int_{0}^{1}x^{n-1}\text{d}x=\int_{0}^{1}\left(-x\right)^{n-1}\text{d}x $$ Por lo tanto $$ \sum_{k=1}^{N}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}=\sum_{k=1}^{N}\int_{0}^{1}\left(-x\right)^{n-1}\text{d}x=\int_{0}^{1}\sum_{k=1}^{N}\left(-x\right)^{n-1}\text{d}x $$ Así que $$ \sum_{n=1}^{N}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}=\int_{0}^{1}\frac{1-\left(-x\right)^{N-1}}{1+x}=\int_{0}^{1}\frac{\text{d}x}{1+x}-\int_{0}^{1}\frac{\left(-x\right)^{n-1}}{1+x}\text{d}x$$

La segunda integral cumple $$ \left|\int_{0}^{1}\frac{\left(-x\right)^{n-1}}{1+x}\text{d}x\right| \leq \int_{0}^{1}x^{n-1}=\frac{1}{n}\underset{n \rightarrow +\infty}{\rightarrow}0 $$ Dejar $n \rightarrow +\infty$ $$ \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}=\int_{0}^{1}\frac{\text{d}x}{1+x}=\ln(2)$$

4. Usted tiene $$ g\left(-1\right)=-\sum_{k=2}^{+\infty}\left(-1\right)^k\ln\left(1-\frac{1}{k}\right)+\ln(2) $$

Sea $\displaystyle S_N=\sum_{k=2}^{N}\left(-1\right)^k\ln\left(1-\frac{1}{k}\right)$ Usted tiene $$ S_{2N}=\sum_{k=2}^{2N}\left(-1\right)^k\ln\left(1-\frac{1}{k}\right)=\sum_{k=1}^{N}\ln\left(1-\frac{1}{2k}\right)-\sum_{k=1}^{N-1}\ln\left(1-\frac{1}{2k+1}\right) $$ de ahí $$ S_{2N}=\sum_{k=1}^{N}\ln(2k-1)-\sum_{k=1}^{N}\ln(2k)-\sum_{k=1}^{N-1}\ln(2k)+\sum_{k=1}^{N-1}\ln(2k+1) $$ Reagrupando tenemos $$ S_{2N}=2\sum_{k=1}^{N-1}\ln(2k+1)-2\sum_{k=1}^{N-1}\ln(2k)+\ln(2N)$$

Entonces tienes $$ e^{S_{2N}}=\frac{1}{2N}\left(\frac{\prod_{k=1}^{N-1}2k+1}{\prod_{k=1}^{N-1}2k}\right)^2=2N\frac{\left(2N\right)!^2}{\left(2^NN!\right)^4} $$

Ahora aplicando la fórmula de Stirling tal y como está escrita obtenemos $$2N\frac{\left(2N\right)!^2}{\left(2^NN!\right)^4} \underset{N\rightarrow +\infty}{\rightarrow}\frac{2}{\pi}$$ Y

$$ g\left(-1\right)=-\ln(\frac{2}{\pi})+\ln(2)=\ln\left(\pi\right) $$

Si no he cometido demasiados errores lol

5. $$ f\left(-1\right)\underset{(-1)}{\sim}\frac{g(-1)}{2}-\frac{\ln(2)}{2}=\ln\left(\sqrt{\frac{\pi}{2}}\right) $$