¿Qué es $\lim_{x\to 0} \sum_{n=2}^\infty \frac{\sqrt{x}\ln n}{1+n^2 x}$?

Question

¿Qué es $\displaystyle\lim_{x\to 0} \sum_{n=2}^\infty \frac{\sqrt{x}\ln n}{1+n^2 x}$ ?

Encontrar un asintótica de expansión de $\displaystyle \sum_{n=2}^\infty \frac{\sqrt{x}\ln n}{1+n^2 x}$ $x\to 0$

Por un lado, se $\sqrt{x}\to 0$, pero $\displaystyle\frac{\ln n}{1+n^2 x}\sim \ln n$, lo que sugiere que la $\sum_{n=2}^\infty \frac{\ln n}{1+n^2 x}$ "diverge" a $\infty$.

No he sido capaz de decirle que domina aquí, y no digamos la expansión asintótica.

Aquí está la gráfica de $x\to \sum_{n=2}^\infty \frac{\sqrt{x}\ln n}{1+n^2 x}$ $x\in (0,0.5)$

Esto sugiere que el límite es $\infty$ y la estimación debe ser $1/x^\alpha$ positivos $\alpha$.

Answer 1

Si nos fijamos en la correspondiente integral, obtenemos

$$\int_2^\infty \frac{\sqrt{x}\ln t}{1 + t^2x}\,dt = \int_{2\sqrt{x}}^\infty \frac{\ln u - \ln \sqrt{x}}{1+u^2}\,du.$$

Ambas funciones,

$$\frac{\ln u}{1+u^2} \quad\text{and}\quad \frac{1}{1+u^2}$$

son Lebesgue integrable sobre $(0,\infty)$, por lo que para la integral, tenemos la asintótica de desarrollo

\begin{align} I(x) &= \int_0^\infty \frac{\ln u}{1+u^2}\,du - \frac{\pi}{4}\ln x - \int_0^{2\sqrt{x}}\frac{\ln u}{1+u^2}\,du + \frac{1}{2}\ln x\int_0^{2\sqrt{x}} \frac{1}{1+u^2}\,du\\ &= C - \frac{\pi}{4}\ln x + \frac{1}{2}\arctan (2\sqrt{x})\ln x - 2\sqrt{x}\ln (2\sqrt{x}) + 2\sqrt{x} + O(x)\\ &= C - \frac{\pi}{4}\ln x + 2(1-\ln 2)\sqrt{x} + O(x). \end{align}

Ahora echemos un vistazo a la diferencia entre la serie y la integral.

$$\frac{\sqrt{x}\ln n}{1+n^2x} - \int_{n}^{n+1} \frac{\sqrt{x}\ln t}{1+t^2x}\,dt = \sqrt{x}\int_n^{n+1} \frac{(t^2-n^2)x\ln n}{(1+n^2x)(1+t^2x)} - \frac{\ln \frac{t}{n}}{1+t^2x}\,dt.$$

Siempre tenemos $0 \leqslant \ln \frac{t}{n} \leqslant \ln \frac{3}{2}$$[n,n+1]$, por lo que podemos estimar que el

$$0 < \int_2^\infty \frac{\sqrt{x}\ln \frac{t}{\lfloor t\rfloor}}{1+t^2x}\,dt < \ln \frac{3}{2} \int_0^\infty \frac{du}{1+u^2}.$$

Para el otro término, señalando que $n \geqslant \frac{2}{3}t$$t^2 - n^2 < 2t+1 < 3t$, se puede estimar

\begin{align} 0 &< \int_2^\infty \frac{x^{3/2}(t^2-\lfloor t\rfloor^2)\ln \lfloor t\rfloor}{(1+\lfloor t\rfloor^2x)(1+t^2x)}\,dt\\ &< \int_2^\infty \frac{x^{3/2}3t\ln t}{\bigl(1+\frac{4}{9}t^2x\bigr)(1+t^2x)}\,dt\\ &= 3\sqrt{x}\int_{2\sqrt{x}}^\infty \frac{u\ln \frac{u}{\sqrt{x}}}{\bigl(1+\frac{4}{9}u^2\bigr)(1+u^2)}\,du. \end{align}

El último tiende a $0$ al $x\to 0$, debido a la $\sqrt{x}$ factor, de modo que la diferencia entre la serie y la integral queda delimitada.

En general

$$\sum_{n=2}^\infty \frac{\sqrt{x}\ln n}{1+n^2x} = -\frac{\pi}{4}\ln x + O(1).$$

Answer 2

Sustituto $x=y^2$, a continuación, utilizar la Integral de Riemann: $$ \begin{align} \lim_{x\to 0}\sum_{n=2}^\infty\frac{\sqrt{x}\log(n)}{1+n^2x} &=\lim_{y\to 0}\sum_{n=2}^\infty\frac{\log(ny)-\log(y)}{1+n^2y^2}\,y\\ &=\int_0^\infty\frac{\log(u)}{1+u^2}\,\mathrm{d}u-\log(y)\int_0^\infty\frac1{1+u^2}\,\mathrm{d}u+O(y\log(y))\\[6pt] &=-\frac\pi2\log(y)+O(y\log(y))\\[9pt] &=-\frac\pi4\log(x)+O(\sqrt{x}\,\log(x))\\[9pt] &\to\infty \end{align} $$

Answer 3

Sé que ya tengo una respuesta, pero yo diría de esta manera:

para todos los $x$ $n\ge 2$ hemos

$$ \frac{\sqrt{x}\ln{n}}{1+n^2x} > \frac{\sqrt{x}\ln{n}}{n^2(1+x)} $$

Entonces

$$ \sum_{n \ge 2} \frac{\sqrt{x}\ln{n}}{1+n^2x} > \frac{\sqrt{x}}{1+x} \sum_{n \ge 2} \frac{\ln{n}}{n^2} > \frac{\sqrt{x}}{1+x} \sum_{n \ge 2} \frac{1}{n^2} = \frac{\sqrt{x}}{1+x}c $$

Una vez que la serie de $\sum_{n \ge 2} \frac{1}{n^2}$ es convergente. Esto muestra que va hasta el infinito más rápido que $\frac{1}{\sqrt{x}}$, cuando se $x \rightarrow 0 $.