Evaluando el límite: $\lim\limits_{x \to \infty} \sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n)! \log (2n)}$

Question

Cómo evaluar el límite: $$\lim\limits_{x \to \infty} \sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n)!\log (2n)}$$

He intentado dividir la suma en $n$ pares e impares y estimar cada suma como $\sim \frac{e^{x}}{\log (4x)}$ estimando las sumatorias en el rango $\sum\limits_{x/c \le n \le cx} \frac{x^{4n}}{(4n+s)!\log (4n+s)}$ con los límites triviales mientras que $e^{-x}\sum\limits_{n > cx} \frac{x^{4n}}{(4n+s)!\log (4n+s)}$ y $e^{-x}\sum\limits_{0 \le n < x/c} \frac{x^{4n}}{(4n+s)!\log (4n+s)}$ decaen exponencialmente para cualquier $c > 1$ a medida que $x \to +\infty$ ($s=2,4$). Las estimaciones precisas que he utilizado son similares a aquí.

Sin embargo, supongo que se requerirán asintóticas más fuertes para calcular el límite de su diferencia. Cualquier ayuda/sugerencia es apreciada. ¡Gracias!

No estoy muy familiarizado con el método de Laplace o interpretaciones probabilísticas (apreciaría que se mencionen algunas referencias, en caso de que la respuesta involucre herramientas avanzadas como esas).

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Machinato sugiere que $f(z)=\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n z^{n-1}}{n! \log n}$ se aproxima a $\log z$. ¡Esto parece ser cierto! Como evidencia, aquí están gráficos de las partes real (roja) e imaginaria (azul) de $f(e^{2+i \theta})$, para $-\pi<\theta<\pi$. Para comparar, las líneas roja y azul punteadas son las partes real e imaginaria de $\log z = 2+i \theta$. No está claro en esta imagen si el límite se mantiene para todos los $\theta$, pero para $-\pi/2 < \theta < \pi/2$ la aproximación es muy buena.

Estoy ofreciendo una recompensa por una prueba de este comportamiento extraño. Imagino que la formulación precisa es que, para $\theta$ fijo en $(-\pi,\pi)$, tenemos $\lim_{R \to \infty} f(R e^{i \theta}) - \log R = i \theta, pero ciertamente aceptaré otros resultados asintóticos de naturaleza similar. (Para $\theta = \pi$, es fácil ver que $f(-R)$ crece más rápido que cualquier potencia de $R$, por lo que no puede imitar $\log R$.)

Después de más experimentación, sospecho que el límite solo se mantiene para $-\pi/2<\theta<\pi/2. Aquí están los gráficos de $\mathrm{Im}(f(r e^{i \theta}))$ para $\theta = \pi/3$ (primer gráfico) y $2 \pi/3$ (segundo gráfico), con $0 < r < 10$. En cada caso, la línea punteada está en $\theta$. La convergencia parece ser buena en el primero, terrible en el segundo.

Answer 1

EDITADO. Basta demostrar la siguiente afirmación.

Proposición. Suponga que $f(z) = \sum_{n=2}^{\infty} a_n z^n$ tiene radio de convergencia $R$ y defina

$$ F(z) = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n a_n}{n-1} z^n = z \int_{0}^{z} \frac{f'(w)}{w} \, dw. $$

Entonces, para todo $|z| < R$, tenemos

$$ \sum_{n=2}^{\infty} \frac{a_n}{\log n} z^n = \int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s-1}}{\Gamma(s)} F(z e^{-t}) \, dtds. $$

Prueba. La demostración es un cálculo directo:

\begin{align*} \int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s-1}}{\Gamma(s)} F(z e^{-t}) \, dtds &= \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n a_n}{n-1} z^n \int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s-1}}{\Gamma(s)} e^{-nt} \, dtds \\ &= \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n a_n}{n-1} z^n \int_{0}^{1} \frac{ds}{n^s} \\ &= \sum_{n=2}^{\infty} \frac{a_n}{\log n} z^n. \end{align*}

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En nuestro caso, podemos establecer $f(z) = 1 - \cos z$ y consecuentemente $F(z) = z \operatorname{Si}(z)$, donde $\operatorname{Si}(z)$ es la integral seno. Entonces, para $x$ real, tenemos

\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{(2n)!\log(2n)} x^{2n-1} &= \int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s-1}}{\Gamma(s)} e^{-t} \operatorname{Si}(x e^{-t}) \, dtds \\ &\hspace{3em} \xrightarrow[x\to\infty]{} \quad \frac{\pi}{2} \int_{0}^{1}\int_{0}^{\infty} \frac{t^{s-1}}{\Gamma(s)} e^{-t} \, dtds = \frac{\pi}{2} \end{align*}

donde el procedimiento de límite se puede justificar fácilmente mediante el teorema de convergencia dominada.

De manera similar, al establecer $f(z) = e^{-z} - 1 + z$ obtenemos $F(z) = z (\log z + \gamma + \Gamma(0,z))$ para $\operatorname{Re}(z) > 0$, donde $\Gamma(s, z)$ es la función gamma incompleta superior. Al reemplazar esto, obtenemos

$$ \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n!\log n} z^{n-1} = \log z + \gamma - \frac{1}{2} + \int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s-1}}{\Gamma(s)} e^{-t} \Gamma(0, z e^{-t}) \, dtds. $$

Nótese que la última integral desaparece si dejamos que $z \to \infty$ a lo largo del cono $|\arg(z)| \leq \frac{\pi}{2} - \delta$. Por lo tanto, esto confirma una vez más la observación numérica realizada por Machinato.