¿Límite de $\sqrt{\frac{\pi}{1-x}}-\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{x^k}{\sqrt{k}}$ cuando $x\to 1^-$?

Question

Estoy tratando de entender si

$$\sqrt{\frac{2\pi}{1-x}}-\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{x^k}{\sqrt{k}}$$ is convergent for $x\to 1^-$. ¿Alguna ayuda?

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Actualización: Teniendo en cuenta los comentarios perspicaces, está claro no es convergente, por lo tanto, la pregunta ahora es encontrar

$$ \lim_{x\to 1^-}\left(\sqrt{\frac{\pi}{1-x}}-\sum_{n\geq 1}\frac{x^n}{\sqrt{n}}\right)$$

Answer 1

Con el fin de hacer user90369 (excelente y primaria) respuesta una respuesta real, tenemos que demostrar que $$\lim_{x\to 1^-}\sqrt{1-x}\sum_{n\geq 1}\frac{x^n}{\sqrt{n}}=\sqrt{\pi}\tag{1}$$ o: $$ \lim_{x\to 1^-} (1-x)\sum_{m\geq 2}\left(\sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{m-n}}\right)x^m=\pi\tag{2} $$ pero que sigue por el mismo argumento es generalmente explotados para demostrar Hilbert de la desigualdad, es decir, que un gran $m$s, $$ \sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{m-n}}=\frac{1}{m}\sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{\sqrt{\frac{n}{m}}\sqrt{1-\frac{n}{m}}}\approx \int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}=\pi.\tag{3} $$ Si establecemos $f(x)=\sum_{n\geq 1}\frac{x^n}{\sqrt{n}}$ y $h(x)=\sqrt{\frac{\pi}{1-x}}$, $(1)$ por sí sola no es suficiente para garantizar que los $h(x)-f(x)$ está delimitado en una izquierda barrio de $x=1$. Sin embargo, el estudio de los coeficientes de Taylor es:

$$\begin{eqnarray*}h(x)-f(x)&=&\sum_{n\geq 1}\left(\frac{\sqrt{\pi}}{4^n}\binom{2n}{n}-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)x^n\\&=&\sum_{n\geq 1}\left(\frac{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma(n+1)}-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)x^n\\&\ll&\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n\sqrt{n}}\ll 1\tag{1bis}\end{eqnarray*} $$ por Gautschi la desigualdad. Ahora podemos explotar una continuación analítica. $$ f(x)=\sum_{n\geq 1}\frac{x^n}{\sqrt{n}} = \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1} x^n}{\sqrt{n}}+2\sum_{n\geq 1}\frac{x^{2n}}{\sqrt{2n}}=g(x)+\sqrt{2}\,f(x^2)$$ por lo tanto: $$ g(x)=\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1} x^n}{\sqrt{n}} = f(x)-\sqrt{2}\,f(x^2)\tag{4}$$ mientras que $h(x)=\sqrt{\frac{\pi}{1-x}}$ cumple: $$ h(x)-\sqrt{2}\,h(x^2) = h(x)\left(1-\sqrt{\frac{2}{1+x}}\right) \tag{5}$$ por lo tanto:

$$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 1^-}\left(h(x)-f(x)\right) &=& \frac{1}{1-\sqrt{2}}\lim_{x\to 1^-}\left[h(x)-\sqrt{2}\,h(x^2)-f(x)+\sqrt{2}\,f(x^2)\right]\\&=&\frac{1}{\sqrt{2}-1}\lim_{x\to 1^-}g(x)\\&=&\frac{1}{\sqrt{2}-1}\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{\sqrt{n}}=\color{red}{-\zeta\left(\frac{1}{2}\right)}. \tag{6}\end{eqnarray*}$$

Answer 2

Siguiendo el comentario publicado por @Achillehui, reconocemos que la serie $\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{\sqrt{k}}$ es una serie representación de la polylogarithm función de $\text{Li}_{1/2}(x)$$|x|<1$.

Una alternativa de la serie de la representación (VER AQUÍ) de $\text{Li}_{1/2}(x)$ está dado por

$$\text{Li}_{1/2}(x)=\sqrt{\frac{\pi}{-\log(x)}}+\sum_{k=0}^\infty \frac{\zeta(1/2-k)}{k!}\log^k(x) \tag 1$$

para $|x|<e^{2\pi}$.

Tenga en cuenta que podemos ampliar el logaritmo de la función de alrededor de $x=1$

$$\begin{align} -\log(x)&=(1-x)\left(1+\sum_{k=2}^\infty\frac{(-1)^{k-1}(x-1)^{k-1}}{k}\right)\\\\ &=(1-x)\left(1+O\left((x-1)\right)\right) \tag 2 \end{align}$$

El uso de $(2)$$(1)$, obtenemos

$$\text{Li}_{1/2}(x)=\sqrt{\frac{\pi}{1-x}}++\zeta(1/2)+O\left(\sqrt{1-x}\right)+\sum_{k=1}^\infty \frac{\zeta(1/2-k)}{k!}\log^k(x) \tag 3$$

Por último, es fácil ver de $(3)$ que

$$\lim_{x\to 1^-}\left(\sqrt{\frac{\pi}{1-x}}-\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{\sqrt{k}}\right)=-\zeta(1/2)$$

Y hemos terminado!

Answer 3

$f(x):=\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{x^k}{\sqrt{k}}$

$g(x):= \sqrt{\frac{2\pi}{1-x}}-f(x)$

es convergente para $\sum\limits_{k=1}^\infty (-1)^{k-1} \frac{x^k}{\sqrt{k}}=f(x)-\sqrt{2}f(x^2)$ $x\uparrow 1$.

=>

$\sum\limits_{k=1}^\infty (-1)^k \frac{x^k}{\sqrt{k}}+\sqrt{\frac{2\pi}{1-x}}-\sqrt{2}\sqrt{\frac{2\pi}{1-x^2}}= g(x)-\sqrt{2}g(x^2)$.

$x\uparrow 1$ Obtenemos $\sum\limits_{k=1}^\infty (-1)^k \frac{1}{\sqrt{k}}=(1-\sqrt{2})g(1)$.

Por lo tanto es el límite de $g(1)=\frac{1}{\sqrt{2}-1}\sum\limits_{k=1}^\infty (-1)^{k-1} \frac{1}{\sqrt{k}}$.

EDICIÓN: Véase más arriba, no es $\sqrt{2\pi}$, es $\sqrt{\pi}$

¡Gracias todos por sus esfuerzos!

EDIT 2: $g(1)=-\zeta(\frac{1}{2})$

Answer 4

Utilizando el binomio de la serie saben que $\sqrt{\frac{2\pi}{1-x}}=\sqrt{2\pi}+\sum_{k=1}^\infty\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\k\end{pmatrix}(-x)^k=\sqrt{2\pi}+\sqrt{2\pi}\sum_{k=1}^\infty \frac{(2k)!}{4^k(k!)^2}x^k$. Utilizando la fórmula de Stirling usted saber que $\sqrt{2\pi}\frac{(2k)!}{4^kk!}=\frac{\sqrt{2\pi}}{4^k}(1+\epsilon_k)\frac{\sqrt{2\pi(2k)}(\frac{2k}{e})^{2k}}{(\sqrt{2\pi k}(\frac{k}{e})^{k})^2}=(1+\epsilon_k)\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{k}}$ donde$\epsilon_k\rightarrow 0$$k\rightarrow\infty$. Ahora compara esto a $\frac{1}{\sqrt{k}}$ $k$ lo suficientemente grande, el kompnents de la suma es, por ejemplo, de más de $\frac{1}{3\sqrt{k}}$, Entonces la suma es $\geq C+\sum_{k>N}\frac{1}{3\sqrt{k}}x^k$. El lado derecho se extiende hacia el infinito como $x\rightarrow 1$ formulario del lado izquierdo.

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Creo que el problema sería más interesante si tenemos $\sqrt{\pi}$ en el primer komponent, entonces parece que uno debe modificar $\epsilon_k$ para obtener la tasa, pero esto no está claro para mí, al menos este no es legible de la fórmula de Stirling.