¿Por qué es $\lim_{x\to 1}\sqrt{1-x}\sum_{n=0}^\infty x^{n^2}=\sqrt{\pi}/2\,\,$?

Question

Es bien sabido que $\sum_{n=0}^\infty x^n=1/(1-x)$. Sin embargo, parece difícil encontrar $\sum_{n=0}^\infty x^{n^2}$. Un problema natural es estudiar su comportamiento alrededor de $1$. Un problema indica % $ $$\lim_{x\to 1}\sqrt{1-x}\sum_{n=0}^\infty x^{n^2}=\sqrt{\pi}/2.$

¿Cómo podemos demostrar esto? ¿Fórmula de sumación de Abel? ¿Los demás? Ni idea.

Answer 1

¿Qué acerca de la cuadratura? Tenemos $$ \left(\sum_{n\geq 0}x^{n^2}\right)^{2} = \sum_{n\geq 0}r_2(n)\,x^n $$ donde $$ r_2(n) = \left|\left\{(a,b)\in\mathbb{N}^2: a^2+b^2 = n\right\}\right| $$ es una buena función aritmética. Por ejemplo, $\sum_{n=0}^{N}r_2(n)$ es el número de celosía puntos con los no-negativo coordenadas en el interior del círculo $x^2+y^2=N$, pero también el coeficiente de $x^N$ en $$ \frac{1}{1-x}\left(\sum_{n\geq 0}x^{n^2}\right)^{2} = \sum_{N\geq 0}\left(\sum_{n=0}^{N}r_2(n)\right) x^N. $$ Por Gauss círculo problema con Voronoi obligado tenemos que $\sum_{n=0}^{N}r_2(n)=\frac{\pi N}{4}+O(N^{1/3})$, por lo tanto $x=1$ es un doble polo de la función anterior y el primer término de su Laurent de expansión alrededor de $x=1$ está dado por $\frac{\pi}{4(1-x)^2}$. Multiplicando por $(1-x)^2$ y tomando el límite cuando $x\to 1^-$ obtenemos: $$ \lim_{x\to 1^-}\,(1-x)\left(\sum_{n\geq 0}x^{n^2}\right)^2 = \frac{\pi}{4} $$ y el reclamo fácilmente de la siguiente manera.
Es interesante señalar que el mismo enfoque muestra que, para cualquier $k\geq 2$, $$ \lim_{x\to 1^-}(1-x)\left(\sum_{n\geq 0}x^{n^k}\right)^k $$ es exactamente la (hiper-)el volumen encerrado por $x_1\geq 0,x_2\geq 0,\ldots x_k\geq 0$$x_1^k+x_2^k+\ldots+x_k^k = 1$, que puede ser calculada de la siguiente manera: si asumimos que el $X_1,\ldots,X_k$ son yo.yo.d. variables aleatorias con distribución uniforme sobre $(0,1)$, el PDF de $X_i$ es compatible en $(0,1)$ y dado por $f(t)=\frac{1}{k} t^{1/k-1}$. Para calcular el volumen anterior, es suficiente para el cálculo de la función característica de a $X_i$, tome su $k$-ésima potencia, considere la inversa de la transformada de Fourier y la integran más de $(0,1)$ para obtener la probabilidad de que $X_1^k+\ldots+X_k^k\leq 1.$

Answer 2

por la fórmula de Mac-Laurin de Euler tenemos $x<1$

$$ S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}e^{\log(x)n^2}\sim\int_0^{\infty}e^{\log(x)n^2}dn=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{-\log(x)}} $$

Expansión alrededor de $x=1_-$

$$ S (x) \sim\frac {\sqrt {\pi}} {2\sqrt {1-x}} $$

y por lo tanto

$ \lim_{x\rightarrow1_-}\sqrt{1-x}S (x) = \frac {\sqrt {\pi}} {2} $

Answer 3

Podemos utilizar también la de Abel suma fórmula. Tenemos $$S\left(N\right)=\sum_{n=0}^{N}x^{n^{2}}=\left(N+1\right)x^{N^{2}}-2\log\left(x\right)\int_{0}^{N}\left\lfloor t+1\right\rfloor tx^{t^{2}}dt $$ where $\left\lfloor t\right\rfloor $ is the floor function. Since $t-1\leq\left\lfloor t\right\rfloor \leq t $ we have $$ \left(N+1\right)x^{N^{2}}-2\log\left(x\right)\int_{0}^{N}t^{2}x^{t^{2}}dt\leq S\left(N\right)\leq Nx^{N^{2}}-2\log\left(x\right)\int_{0}^{N}t^{2}x^{t^{2}}dt+1. $$ Now let us consider the integral. We have, integrating by parts, $$2\log\left(x\right)\int_{0}^{N}t^{2}x^{t^{2}}=x^{N^{2}}N-\int_{0}^{N}x^{t^{2}}dt=x^{N^{2}}N-\int_{0}^{N}e^{\log\left(x\right)t^{2}}dt $$ $$=x^{N^{2}}N-\frac{\sqrt{\pi}\textrm{erfi}\left(iN\sqrt{-\log\left(x\right)}\right)}{2i\sqrt{-\log\left(x\right)}}\rightarrow\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{-\log\left(x\right)}} $$ as $N\rightarrow\infty $, where $\textrm{erfi}\left(x\right) $ is the imaginary error function. So using the expansion of $\log$ at $x=1$ y el teorema del sándwich se puede concluir.

Answer 4

Vamos a utilizar variable $q$ $x$ para que visiblemente podemos vincular el problema a las funciones de la theta. Tenemos $$\vartheta_{3}(q) = \sum_{n = -\infty}^{\infty}q^{n^{2}} = \sqrt{\frac{2K}{\pi}}$$ where $K $ is the elliptic integral of first kind and $q = e ^ {-\pi K'/K}$. Now we can see that $$\sqrt{1 - q}\sum_{n = 0}^{\infty}q^{n^{2}} = \sqrt{1 - q}\cdot\frac{\vartheta_{3}(q) + 1}{2}$$ and then clearly $$\lim_{q \to 1^{-}}\sqrt{1 - q}\sum_{n = 0}^{\infty}q^{n^{2}} = \frac{1}{2}\lim_{q \to 1^{-}}\sqrt{1 - q}\vartheta_{3}(q) = \frac{1}{2}\lim_{q \to 1^{-}}\sqrt{\frac{2K(1 - q)}{\pi}}$$ and from $q = e ^ {-\pi K'/K}$ we can see that the limit is equal to $$\frac{1}{2}\lim_{k \to 1^{-}}\sqrt{2K'}$$ which is $$\frac{1}{2}\sqrt{\pi}$$ Here we have used the fact that as $q \to 1 ^ {–} $ we have modulus $queremos \to 1 ^ {–} $ so that $K ' \to \pi/2$ and $K \to \infty$ and hence from $q = e ^ {-\pi K'/K}$ we get $$1 - q = \pi\frac{K'}{K} + o(1/K)$$ una respuesta más elemental por G. H. Hardy está disponible aquí.