¿Cómo probar$\lim \limits_{x \to 1^-} \sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^nx^{n²} = \frac{1}{2} \ $?

Question

$\lim \limits_{x \to 1^-} \displaystyle \sum_{n=0}^\infty (-1)^nx^{n²} = \frac{1}{2}$

Energía $n^2$ es problemático. ¿Podemos llevar esto al estudio de la habitual serie de potencia?

No tengo ni idea de momento.

EDIT: Gracias por todas las respuestas. Mi curriculum es bastante básico (Licenciatura de 2 años) así que sería interesante para mí tener consejos o respuestas usando sólo unas pocas herramientas avanzadas aunque es más complicado. De todos modos, voy a mirar estos usos de la fórmula de Poisson.

Answer 1

Aquí está una escuela primaria de la derivación. En primer lugar, vamos a $g : (0,\infty) \times (0, 1) \to \mathbb{R}$ por

$$ g(a,x) = \frac{1 - x^{a}}{1 - x^{2a+2}}. $$

Podemos hacer las siguientes observaciones en $g$.

De la observación. $g$ es el aumento en el $a$ y no creciente en $x$.

Su prueba es más de menos de cálculo los cálculos, así que la dejamos para el final. Para ver cómo esta función está relacionada con nuestro problema, observe que

$$ f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{n^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \left( x^{4n^2} - x^{4(n+1)^2} \right) g(4n+1, x). $$

Podemos demostrar que liminf y limsup de $f(x)$ $x \uparrow 1$ ambos $\frac{1}{2}$.

Liminf. Una consecuencia inmediata es que el $g(4n+1, x) \geq \lim_{r\uparrow 1}g(4n+1, r) = \frac{4n+1}{8n+4}$. Así que para cada uno de ellos fijo $N \geq 1$, podemos enlazado $f(x)$ por debajo de la primera truncando primera $N$ términos y, a continuación, utilizando el mencionado límite inferior de $g(4n+1, x)$:

\begin{align*} f(x) &\geq \sum_{n=N}^{\infty} \left( x^{4n^2} - x^{4(n+1)^2} \right) \frac{4n+1}{8n+4} \\ &\geq \frac{4N+1}{8N+4} \sum_{n=N}^{\infty} \left( x^{4n^2} - x^{4(n+1)^2} \right) = \frac{4N+1}{8N+4} x^{4N^2}. \end{align*}

Por lo que se deduce que

$$ \liminf_{x\uparrow 1}f(x) \geq \frac{4N+1}{8N+1} \xrightarrow[\quad N\to\infty \quad]{} \frac{1}{2}. $$

Limsup. En el otro sentido, fix $\epsilon > 0$ y definen $N = N(\epsilon, x) = \lfloor \epsilon / \log(1/x) \rfloor$. A continuación, para $x$ cerca de $1$, la suma de los primeros a $N$ términos puede ser limitada por el uso de $g(4n+1, x) \leq g(4N-3, x)$:

\begin{align*} \sum_{n=0}^{N-1} \left( x^{4n^2} - x^{4(n+1)^2} \right) g(4n+1, x) &\leq \sum_{n=0}^{N-1} \left( x^{4n^2} - x^{4(n+1)^2} \right) g(4N-3,x) \\ &\leq g(4N-3,x) = \frac{1 - e^{(4N-3)\log x}}{1 - e^{(8N-4)\log x}} \\ &\to \frac{1-e^{-4\epsilon}}{1-e^{-8\epsilon}} \quad \text{as } N \to \infty. \end{align*}

Para el resto de los términos, podemos utilizar $g(4n+1, x) \leq g(\infty,x) = 1$ obtener

\begin{align*} \sum_{n=N}^{\infty} \left( x^{4n^2} - x^{4(n+1)^2} \right) g(4n+1, x) &\leq \sum_{n=N}^{\infty} \left( x^{4n^2} - x^{4(n+1)^2} \right) \\ &= x^{4N^2} = e^{4N^2 \log x} \to 0 \quad \text{as } N \to \infty. \end{align*}

Por lo que se deduce que

$$ \limsup_{x\uparrow 1}f(x) \leq \frac{1-e^{-4\epsilon}}{1-e^{-8\epsilon}} \xrightarrow[\quad \epsilon \downarrow 0 \quad]{} \frac{1}{2}. $$

---

He aquí la prueba de la observación:

• Nos damos cuenta de que

  $$ \frac{\partial g}{\partial a}(a,x) = \frac{x^a \log (1/x)}{(1-x^{2a+2})^2} \left(x^{2a+2}-2 x^{a+2}+1\right) > 0 $$

  desde $x^{2a+2}-2 x^{a+2}+1 = x^2(x^a - 1)^2 + (1-x^2) > 0$. Por lo $g$ es el aumento en el $a$ cualquier $x \in (0, 1)$.

• Del mismo modo, nos encontramos con que

  $$ \frac{\partial g}{\partial x}(a,x) = - \frac{x^{a-1}}{(1-x^{2a+2})^2} \left( (a+2)x^{2a+2} + a - (2a+2) x^{a+2} \right). $$

  Por el AM-GM de la desigualdad, tenemos

  $$ \frac{a+2}{2a+2} \cdot x^{2a+2} + \frac{a}{2a+2} \cdot 1 \geq x^{a+2} $$

  y, por tanto, $g$ es no creciente en $x$ cualquier $a \in (0, \infty)$.

Answer 2

La función límite es $(1+\vartheta_{4}(x))/2$ donde $\vartheta_{4}(x)$ es una de las funciones de la theta de Jacobi. Y funciones theta satisfacen diversas fórmulas de transformación como $$\sqrt{s} \vartheta_{4}(e^{-\pi s}) =\vartheta_{2}(e^{-\pi/s}),\,s>0\tag{1}$$ where $$\vartheta_{2}(x)=2x^{1/4}\sum_{n=0}^{\infty}x^{n(n+1)}\tag{2}$$ is another Jacobi theta function. Therefore $$\vartheta_{4}(e^{-\pi s}) =2s^{-1/2}e^{-\pi/4s}\sum_{n=0}^{\infty}e^{-\pi n(n+1)/s}$$ and letting $s\to 0^{+}$ we get the desired result that $\vartheta_{4} (x) \to 0$ as $x\to 1 ^ {–} $.

Answer 3

Si te fijas aquí como pisco, se puede leer que «uno importante tal uso de la adición de Poisson refiere a las funciones theta» y $$\sum_{n=0}^\infty (-1)^nx^{n^2}=\frac{1}{2} (1+\vartheta _4(0,x))$$ and $\vartheta _4(0,x)$ varía extremadamente rápido como se muestra en la tabla de abajo $$ \left (\begin{array}{cc} 0.50 & 0.121124 \\ 0.55 & 0.073941 \\ 0.60 & 0.039603 \\ 0.65 & 0.017578 \\ 0.70 & 0.005876 \\ 0.75 & 0.001245 \\ 0.80 & 0.000118 \\ 0.85 & 0.000002 \end{matriz} \right)$$

Answer 4

Podemos considerar una circunvolución con una identidad aproximada. Tenemos $$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 1^-}\sum_{n\geq 0}(-1)^n x^{n^2} = \lim_{z\to 0^+}\sum_{n\geq 0}(-1)^n e^{-n^2 z}&=&\lim_{m\to +\infty}m^2\int_{0}^{+\infty}\sum_{n\geq 0}(-1)^n e^{-(n^2+m^2) z}\,dz\\&=&\lim_{m\to +\infty}m^2\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{n^2+m^2}\\&\stackrel{(*)}{=}&\lim_{m\to +\infty}\frac{m^2}{2}\left(\frac{1}{m^2}+\frac{\pi}{m\sinh(\pi m)}\right)=\color{red}{\frac{1}{2}}\end{eqnarray*}$ $ $(*)$ en que sigue de Herglotz' truco o productos estándar de Weierstrass.

Answer 5

Yo estaba pensando que una prueba por Cesaro suma como sigue.

Desde $\forall x \quad 0<x<1$ la alternancia de la serie $\sum_{n=0}^\infty (-1)^nx^{n^2}$ converge a L, tenemos que

$$s_k=\sum_{n=0}^k (-1)^n x^{n^2}\implies \lim_{k\to+\infty} \frac{s_k}{k}=L$$

Ahora vamos a $x=1-e^{-y}\to1^-$$y\to+\infty$, tenemos

$$x^{n^2}=(1-e^{-y})^{n^2}=1-n^2e^{-y}+o(e^{-y})$$

así

$$s_k= \sum_{n=0}^k (-1)^n x^{n^2}=g_k-r_k=\sum_{n=0}^k (-1)^n- \sum_{n=0}^k (-1)^n[n^2e^{-y}+o(e^{-y})]$$

y

$$\lim_{y\to+\infty} \lim_{k\to+\infty} \frac{s_k}{k}=\lim_{y\to+\infty} \lim_{k\to+\infty}\left(\frac{g_k}{k}-\frac{r_k}{k}\right)=\frac12$$

de hecho

$$\lim_{y\to+\infty} \lim_{k\to+\infty} \frac{g_k}{k}=\lim_{y\to+\infty} \left(\lim_{k\to+\infty} \frac{\sum_{n=0}^k (-1)^n}{k}\right)= \lim_{y\to+\infty} \frac12=\frac12$$

y

$$\lim_{y\to+\infty} \lim_{k\to+\infty} \frac{r_k}{k}=0$$

de hecho

$$\left|\frac{r_k}{k}\right|=e^{-y}\frac{\sum_{n=0}^k (n^2+o(1))}{k}=e^{-y}\cdot p(k)\to 0$$

por lo tanto

$$\lim \limits_{x \to 1^-} \displaystyle \sum_{n=0}^\infty (-1)^nx^{n²} = \frac{1}{2}$$

Nota

No estoy completamente seguro acerca de esta prueba, en particular, por la arbitrariedad de la asunción en $x=1-e^{-y}$. Cualquier comentario o enmienda es muy apreciada, Gracias!