Serie Lacunary - Encontrar un límite

Question

Sea$f$ la función definida en el disco de unidad abierta: \begin{equation*} f(x)=\sum_{n=0}^{+ \infty} x^{n^2} \end {equation *}

El objetivo del ejercicio es encontrar el límite de$f(x)$ as$x$ approach$-1$. Intenté considerar la función$g$ definida por$g(x)=f(-x)$ y separar los términos positivos y luego negativos ... pero no estoy haciendo ningún progreso.

¿Alguien tiene alguna idea?

No sé si esto es útil, pero he demostrado que:

\begin{equation*} f(x) \sim \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{1-x}} \quad \text{as %#%#% approaches %#%#%} \end{ecuación*}

Answer 1

Otro enfoque consiste en considerar$f(t) = e^{i\pi t-\alpha t^2}$ entonces,

$ \ displaystyle \ hat {f} (x) = \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} e ^ {itx} f (t) \ dt = \ int _ {- \ infty} (x \ pi) ^ {2} \ dt = \ sqrt {\ frac {\ pi} {\ alpha}} e ^ {- \ frac { } {4 \ alpha}}$ so that using Poisson Summation formula we have, $$\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^{n}e^{-\alpha n^2} = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(2n+1)^2\pi^2}{4\alpha}}$ $

es decir,$\displaystyle \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}e^{-\alpha n^2} = \frac{1}{2} + \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\sum\limits_{n=0}^{\infty} e^{-\frac{(2n+1)^2\pi^2}{4\alpha}}$ y dejando$\alpha \to 0^{+}$ dar el límite deseado para ser igual a$\dfrac{1}{2}$ (ya que,$\displaystyle \sum\limits_{n=0}^{\infty} e^{-\frac{(2n+1)^2\pi^2}{4\alpha}} < \sum\limits_{n=1}^{\infty} e^{-\frac{n\pi^2}{4\alpha}} = \frac{e^{-\frac{\pi^2}{4\alpha}}}{1-e^{-\frac{n\pi^2}{4\alpha}}}$).

Answer 2

Tengo una solución basada en la teoría de las funciones theta y creo que las soluciones más elementales son deseables.

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Ponga$x=-q$ y luego desee conocer el límite de expresión$$\sum_{n=0}^{\infty}(-q)^{n^{2}}=\frac{1}{2}\left(1+\vartheta_{4}(q)\right)$$ when $ q \ a 1 ^ {-}$. Now we can exploit the link between theta functions and elliptic integrals and note that when $ q \ a 1 ^ {-}% #% k \ a 1 ^ {-}$ then elliptic modulus $$ and we have $$\vartheta_{4}(q) = \sqrt{\frac{2k'K}{\pi}}$$ We now interchange $$ and thus calculate the limit of $$ as $$. Noting that $$K'=\log\left(\frac{4}{k}\right)+o(1)$$ as $$ (see this blog post for a proof) we can see that the expression $$ tends to $$ as $$. The desired limit is thus $%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% a 0 ^ { }% #% # %% #% # %% #% #% k \ a 0 ^ { }% #% #% \ sqrt {2kK '/ \ pi} #% #% k \ a 0 ^ { }% #% #% 1/2 $.

Answer 3

Aquí hay otra solución. Después del cambio de variable $x = -y$$y \to 1^-$, tenemos

$$ f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} y^{4n^2}(1 - y^{4n+1}). \tag{1}$$

Ahora la idea es identificar a $\text{(1)}$ como una especie de suma de Riemann para la integral $\int_{0}^{\infty} e^{-2t} \, dt = \frac{1}{2}$.

Para ello, vamos a la primera revisión arbitraria $\epsilon \in (0, 1)$ y elija $N = N(\epsilon, y) \in \mathbb{Z}_{> 0}$ tal que $y^{4N^2} \to \epsilon$$y \to 1^-$. Por ejemplo, elija $N$ a ser cualquier entero más cercano a $(\log \epsilon / 4 \log y)^{1/2}$. A continuación, mediante la alternancia de comportamiento de $\text{(1)}$ nos encontramos con que

$$ \left| \sum_{n=N+1}^{\infty} y^{4n^2}(1 - y^{4n+1}) \right| \leq y^{4N^2} \xrightarrow[y \to 1^-]{} \epsilon $$

que se le muestra al ser insignificante, ya que la $\epsilon \to 0^+$. A continuación, vamos a definir $t_n = t_n(y)$ por

$$t_n = \sum_{k=0}^{n} (4k+1)(1-y) = (2n^2+3n+1)(1-y) $$

y $\Delta t_n = \Delta t_n (y) := t_n - t_{n-1}$. Luego tenemos a $y = 1 - \frac{t_n}{2n^2+3n+1}$. Ahora, a partir de la siguiente desigualdad

$$ (4n+1)y^{4n+1}(1-y) \leq 1 - y^{4n+1} \leq (4n+1)(1-y), $$

nos encontramos con que

\begin{align*} &\sum_{n=0}^{N} \exp\left\{ 4(n+1)^2 \log\left( 1 - \frac{t_n}{2n^2+3n+1} \right) \right\} \Delta t_n \tag{2}\\ &\qquad \leq \sum_{n=0}^{N} y^{4n^2}(1 - y^{4n+1}) \\ &\qquad \leq \sum_{n=0}^{N} \exp\left\{ 4n^2 \log\left( 1 - \frac{t_n}{2n^2+3n+1} \right) \right\} \Delta t_n \tag{3} \end{align*}

Desde $t_N \to \frac{1}{2}\log\frac{1}{\epsilon}$$\max_{0 \leq n \leq N} \Delta t_n = (4N+1)(1-y) \to 0$$y \to 1^-$, podemos pensar en los límites $\text{(2)}$ $\text{(3)}$ como sumas de Riemann de $e^{-2t}$ sobre el inteval $[0, \frac{1}{2}\log\frac{1}{\epsilon}]$. Tomando como límite $y \to 1^-$, no es difícil demostrar (pero un poco molesto para dar un argumento) que ambos límites convergen en el mismo valor, que es

$$ \lim_{y \to 1^-} \sum_{n=0}^{N} y^{4n^2}(1 - y^{4n+1}) = \int_{0}^{\frac{1}{2}\log\frac{1}{\epsilon}} e^{-2t} \, dt = \frac{1 - \epsilon}{2}. $$

A continuación, por la costumbre de 3 epsilon argumento, tenemos

$$ \limsup_{y \1^-} \left| f(-y) - \frac{1}{2} \right| \leq \frac{3 \epsilon}{2} \xrightarrow[\epsilon \to 0^+]{} 0 $$

y de ahí el reclamo de la siguiente manera.

Answer 4

$ \ sum_ {n = 0} ^ \ infty (-x) ^ {n ^ 2} = \ sum_ {k = 0} ^ \ infty x ^ {(2k 1) ^ 2} = \ sum_ {k = 0} ^ \ infty \ left (x ^ 4) ^ {k ^ 2} {2} \ right} $ $$ \ lim_ {x \ a 1 ^ -} \ sum_ {n = 0} ^ \ infty (-x) ^ {n ^ 2} = \ lim_ {y \ a 1 ^ -} \ sum_ {n = 0} ^ infty \ left (y ^ {k ^ 2} -y ^ {(k \ frac12) ^ 2} \ right) $$ que puedes mostrar va a% %.

(De hecho, para el momento$\frac12$ la suma es$x = 0.9$ con$\frac12 + \epsilon$.)