Demostrar que el límite existe

Question

Yo estaba jugando un poco con Abel summability cuando me topé con un límite que no podía demostrar que existía.

$$\lim_{x\to-1^+}\sum_{n=2}^\infty x^n\ln(n)\tag{$*$}$$

Mientras que puede no ser claro que dicho límite podría converger, puede ser útil tener en cuenta un ejemplo similar:

$$\lim_{x\to-1^+}\sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}=\lim_{x\to-1^+}\frac1{(1-x)^2}=\frac14$$

Sin embargo, la falta de la forma cerrada de $(*)$ hace que sea difícil para mí para demostrar que converge. WolframAlpha devuelve la serie como un derivado de la Lerchphi función, aunque no parece muy útil.

Considerando

$$f_k(x)=\sum_{n=2}^k x^n\ln(n)$$

Me parece que

$$f_{35}(-0.75)-0.25f'_{35}(-0.75)=0.225803586648$$

Que es una rápida aproximación lineal de $f_{35}(x)$ centrada en $x=-\frac34$. Esto concuerda con lo que yo creo que para ser el límite:

$$\lim_{x\to-1^+}\sum_{n=2}^\infty x^n\ln(n)\stackrel?=\eta'(0)=\frac12\ln\left(\frac\pi2\right)=0.225791352645\tag{$**$}$$

Donde $\eta(s)$ es la de Dirichlet eta función.

También traté de considerar más elementales enfoques para mostrar el límite existe, como el uso de $\ln(n+1)=\ln(n)+\mathcal O(n^{-1})$, sin embargo, yo no podía hacer uso de ella.

Los puntos de bonificación si usted puede probar $(**)$.

Answer 1

Recordar el arquetipo de Frullani integral

$$\int_{0}^{\infty} \frac{e^{-u} - e^{-nu}}{u} \, du = \log n. $$

Puesto que el integrando es no negativo para todos los $n \geq 1$, cuando se $x \in [0, 1)$ podemos aplicar la Tonelli del teorema para el intercambio de la suma y la integral incondicionalmente para obtener

\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} x^n \log n &= \int_{0}^{\infty} \left( \sum_{n=1}^{\infty} x^n \cdot \frac{e^{-u} - e^{-nu}}{u} \right) \, du \\ &= \frac{x^2}{1-x} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-u}(1 - e^{-u})}{u(1-xe^{-u})} \, du. \tag{1} \end{align*}

Observe que la última integral converge absolutamente. Para este cálculo puede ser remitidos a la del teorema de Fubini, que muestra exactamente el mismo cálculo puede ser llevado a cabo para demostrar $\text{(1)}$ todos los $|x| < 1$.

Ahora nos gustaría tomar como límite $x \to -1^{+}$. Al $x \in (-1, 0]$, el integrando de la última integral de $\text{(1)}$ es uniformemente acotada por la función integrable $u^{-1}e^{-u}(1-e^{-u})$. Por lo tanto, por el teorema de convergencia dominada, como $x \to -1^{+}$ hemos

$$ \lim_{x\to -1^+} \sum_{n=1}^{\infty} x^n \log n = \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-u}(1 - e^{-u})}{u(1+e^{-u})} \, du. $$

Esto ya demuestra que el límite existe, pero aún dice más que el límite es, de hecho,$\eta'(0)$. Para este fin, en primer lugar realizar la integración por partes para quitar los molestos factor de $u$ en el denominador. A continuación, el lado derecho se convierte en

$$ \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-u}(1 - e^{-u})}{u(1+e^{-u})} \, du = \int_{0}^{\infty} \left( \frac{e^u} {e^u + 1)^2} - \frac{e^{-u}}{2} \right) \log u \, du$$

Con el fin de calcular esta integral, es suficiente para demostrar la siguiente afirmación.

La reclamación. Tenemos

$$ \int_{0}^{\infty} e^{-u} \log u = -\gamma, \qquad \int_{0}^{\infty} \frac{e^u \log u}{(e^u + 1)^2} \, du = -\frac{\gamma}{2} + \eta'(0). $$

Observe que la primera afirmación es una consecuencia inmediata de la identidad de $\psi(1) = -\gamma$ donde $\psi$ es la función digamma. Siguiente, plazo sabio integración da

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{u^{s-1}}{e^{\alpha u} + 1} \, du = \alpha^{-s} \Gamma(s)\eta(s) $$

donde $\alpha > 0$ $s$ es asumido inicialmente para satisfacer $\Re(s) > 1$ (por lo que el intercambio de la suma y la integración funciona sin problemas). La diferenciación de ambos lados w.r.t. $\alpha$ da

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{u^s e^{\alpha u}}{(e^{\alpha u} + 1)^2} \, du = \alpha^{-s-1} \Gamma(s+1)\eta(s). $$

Aunque inicialmente asumido $\Re(s) > 1$, ahora ambos lados definir una analítica de la función de $\Re(s) > -1$, por lo tanto, por el principio de continuación analítica de esta identidad se extiende a la región. Ahora conectar $\alpha = 1$ y la diferenciación de ambos lados w.r.t. $s$, obtenemos

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{u^s e^u \log u}{(e^u + 1)^2} \, du = \Gamma(s+1)\psi(s+1)\eta(s) + \Gamma(s+1)\eta'(s). $$

Conectar $s = 0$ y con valores conocidos $\psi(1) = -\gamma$$\eta(0) = \frac{1}{2}$, esto produce

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{e^u \log u}{(e^u + 1)^2} \, du = -\frac{\gamma}{2} + \eta'(0). $$

Answer 2

$\lim_{x\to-1^+}\sum_{n=2}^\infty x^n\ln(n)\tag{$*$} $

Añadido posterior:

Con Wolfy la ayuda, Me confirmó que el límite es $\frac12\ln(\pi/2) \aprox 0.225791... $.

Si acabamos de enchufe $x = -1$, este es

$\begin{array}\\ \sum_{n=2}^{2m+1} (-1)^n\ln(n) &=\sum_{n=1}^m (\ln(2n)-\ln(2n+1))\\ &=\sum_{n=1}^m \ln(\frac{2n}{2n+1})\\ &=\sum_{n=1}^m -\ln(\frac{2n+1}{2n})\\ &=-\sum_{n=1}^m \ln(1+\frac{1}{2n})\\ &=-\sum_{n=1}^m (\frac{1}{2n}+O(\frac{1}{n^2}))\\ &=-\frac12 \ln(m) + O(1)\\ \end{array} $

La suma de los $2m+2$ entonces sería

$\begin{array}\\ -\frac12 \ln(m) + O(1)+\ln(2m+2) &=-\frac12 \ln(m)+\ln(2)+\ln(m+1) + O(1)\\ &=-\frac12 \ln(m)+\ln(2)+\ln(m)+\ln(1+1/m) + O(1)\\ &=\frac12 \ln(m)+O(1)\\ \end{array} $

Por lo tanto, la suma de el par y el impar sumas es $O(1)$; con un poco más de trabajo Yo podría obtener una estimación más precisa (por la expansión de $\ln(1+\frac{1}{2n})$ parece que la suma implicaría $\gamma$ y $\sum (-1)^k\zeta(k)/k$ ).

Así, por mi descuidado el pensamiento, el Cesaro suma converge así que el límite existe.

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Aquí está una más precisa versión de la computación.

Veamos las sumas parciales.

$\begin{array}\\ \sum_{n=2}^{2m+1} (-1)^n\ln(n) &=\sum_{n=1}^m (\ln(2n)-\ln(2n+1))\\ &=\sum_{n=1}^m \ln(\frac{2n}{2n+1})\\ &=\sum_{n=1}^m -\ln(\frac{2n+1}{2n})\\ &=-\sum_{n=1}^m \ln(1+\frac{1}{2n})\\ &=-\sum_{n=1}^m \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k(2n)^k})\\ &=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k=1}}{k2^k}\sum_{n=1}^m \frac{1}{n^k})\\ &=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k2^k}\sum_{n=1}^m \frac{1}{n^k})\\ &=-\frac12\sum_{n=1}^m \frac{1}{n}-\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k2^k}\sum_{n=1}^m \frac{1}{n^k})\\ &\to -\frac12(\ln(m)+\gamma+o(1))+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\zeta(k)}{k2^k}\\ &\to -\frac12(\ln(m)+\gamma)+C+o(1)\\ &\to -\frac12(\ln(m)+\gamma)+\frac12\gamma+ \frac12\ln(\pi) - \ln(2) +o(1)\\ &= -\frac12\ln(m)+ \frac12\ln(\pi/4) +o(1)\\ \end{array} $

desde entonces, de acuerdo a Wolfy, $C =\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\zeta(k)}{k2^k} = \frac12\gamma+ \frac12\ln(\pi) - \ln(2) \aprox 0.167825 $.

La suma de los $2m+2$ entonces sería

$\begin{array}\\ -\frac12\ln(m)+ \frac12\ln(\pi/4)+ o(1)+\ln(2m+2) &=-\frac12\ln(m)+ \frac12\ln(\pi/4)+ o(1)+\ln(2)+\ln(m+1)\\ &=-\frac12 \ln(m)+ \frac12\ln(\pi/4)+ o(1)+\ln(2)+\ln(m)+\ln(1+1/m)\\ &=\frac12 \ln(m) + \frac12\ln(\pi)+o(1)\\ \end{array} $

Por lo tanto, la suma de el par y el impar sumas es $\ln(\pi)-\ln(2)+o(1)$. Por lo tanto, el promedio de de la primera $m$ términos va a $\frac12\ln(\pi/2) \aprox 0.225791... $

Así, el Cesaro suma converge así que el límite existe y el límite es $\frac12\ln(\pi/2) \aprox 0.225791... $

Answer 3

Este post es para tratar parcial de progreso(que yo.e no es una prueba plena) de la conjetura, declaró por @SimplyBeautifulArt en los comentarios secition el uso de un enfoque más débil a través de la Borel Ruta, y de Sumación de Euler.

$$\text{Euler Summation} \, \, (0.0):$$

Se considera la Divigernt de la Serie:

$$\sum_{}a_{n}$$

reemplazamos nuestras divigrent de la serie con la potencia correspondiente de la serie: $$\sum_{} a_{n}x^{n}$$ Si dicha serie es convergente para $|x| < 1$ y si es límite de $x \rightarrow 1^{-}$ a continuación, se define la sumación de Euler de la original de la serie como: $$\text{E}( \sum_{n} a_{n}) = \lim_{x \rightarrow 1^{-}} a_{n}x^{n}$$

$$\text{Proposition} (1.1)$$

$$\lim_{x\to-1^+}\sum_{n=2}^\infty x^n\ln(n)=\lim_{N\to\infty}\frac1N\sum_{k=2}^N\sum_{n=2}^k(-1)^n\ln(n)$$

Nota: asumimos que el RHS lado converge

$$\text{Lemma}(0.1):$$

Uno puede observarse en nuestros original de la Proposición de la serie correspondiente en el lado derecho lado puede ser reescrito de la siguiente manera.

$$\lim_{x\to-1^+}\sum_{n=2}^\infty x^n\ln(n)= \lim_{N \rightarrow \infty} \frac{1}{N} \sum_{k}(-1)^{n} + \sum_{n} \ln(n)$$

Ahora enfocando nuestras observaciones en el lado derecho lado de nuestra reciente resultado, otra consideración importante que se puede realizar mediante la aplicación de Borel Summability de la siguiente manera en $(2.)$

$(2.)$

$$\lim_{x\to-1^+}\sum_{n=2}^\infty x^n\ln(n)= \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{N}(\lim_{t \rightarrow \infty} e^{-t} \sum_{k}\frac{t^{n}}{n!}(\sum_{n}(-1)^{n}) + \lim_{x \rightarrow 1^{-}}\sum_{n} \ln(x)^{n})$$$$\texto{Comentario}$$

El reciente desarrollo visto en $(2.)$ no sólo puede ser logrado con Borel Summability solo la serie $\sum\ln(n)$ fue tratado a través de Sumación de Euler como formalmente se discutió en $(0.0)$. Así que teniendo en cuenta las formalidades de Euler Suma de la serie $\sum\ln(n)$ puede ser definido de la siguiente manera:

$$\text{E}( \sum_{n} \ln(n)) = \lim_{x \rightarrow 1^{-}} \sum_{n} \ln(x)^{n})$$

@Simplemente puede continuar a partir de aquí :)

Answer 4

$|z| \le 1, \Re(s)> 1$ Y $|z| < 1$ deje el polylogarithm $$Li_s(z) = \sum_{n=1}^\infty n^{-s}z^n$ $ $\Re(s) > 1$ tenemos $Li_s(1) = \zeta(s), Li_s(-1) = -\eta(s)$.

$|z| \le 1, z \ne 1$, Suma de las partes demuestra que $Li_s(z)$ es todo en $s$ y continuo en $z$ y por lo tanto $$-\eta(s) = \lim_{z \to -1, |z| \le 1} Li_s(z), \qquad -\eta'(s) = \lim_{z \to -1, |z| \le 1} \frac{\partial}{\partial s}Li_s(z)$$ $% $ $ \lim_{z \to -1, |z| \le 1} \sum_{n=1}^\infty z^n \log n = -\eta'(0) = \frac{\log(\pi/2)}{2}$(ver allí)