Afirmamos que $c = -\tfrac12$ funciona. Mostraremos las dos partes por separado después de alguna simplificación. Pon $x = 1-\tfrac1y$, de modo que \[ \lim_{x \to 1^-} F_a(x) e^{-1/(1-x)} = \lim_{y \to \infty} e^{-y} \sum_{n=1}^\infty n^a e^{2n} \left(1-\frac1y\right)^{n^2}. \] Llamemos al argumento del límite de la derecha $g_a(y)$. La siguiente afirmación será el método principal para atacar el término $\bigl(1-\tfrac1y\bigr)^{n^2}$. Afirmación: Para cualquier $t > 1$, tenemos \[ e^{-1/(t-1)} < 1-\tfrac1t < e^{-1/t}. \] Demostración. Recuerda que $e^x$ es convexa, así que está por encima de su recta tangente en $0$, es decir, $e^x > x+1$ para todo $x \neq 0$. Por lo tanto tenemos \begin{align*} e^{-1/t} &> 1 - \tfrac1t, \\ e^{1/(t-1)} &> 1 + \tfrac{1}{t-1} = \tfrac{t}{t-1} \\ \implies e^{-1/(t-1)} &< 1 - \tfrac1t = \tfrac{t-1}{t}. \end{align*} $\square$ Ahora estamos listos para resolver el problema. $\color{blue}\boldsymbol{a > -\tfrac12}$ caso. Nota que $g_a(y)$ es una función creciente en $a$, así que basta probarlo para $a \in \bigl(-\tfrac12, 0\bigr)$. Usando la afirmación, tenemos \begin{align*} g_a(y) &> e^{-y} \sum_{n=1}^\infty n^a e^{2n} e^{-n^2/y} \\ &= \sum_{n=1}^\infty n^a \exp(-y+2n-n^2/y) \\ &= \sum_{n=1}^\infty n^a \exp\Bigl(-\tfrac{(n-y)^2}{y}\Bigr). \tag{$*$} \end{align*} En particular, cada término es positivo. Nota que cuando $|{n-y}| \leq \sqrt{y}$, el término exponencial es al menos $e^{-1}$. Esto ocurre para $2 \sqrt y + O(1)$ valores de $n$, así que si $a = -\tfrac12 + \varepsilon$, entonces tenemos \[ g_a(y) > \frac1e \cdot (2 \sqrt y + O(1)) \cdot (y+\sqrt{y})^a = \frac2e \cdot \frac{\sqrt y + O(1)}{\sqrt{y + \sqrt y}} \cdot \bigl(y + \sqrt{y}\bigr)^\varepsilon. \] Sabemos que $\sqrt{y+\sqrt{y}} = \sqrt{y} + \tfrac12 + O(y^{-1/2})$, así que la fracción de la derecha es $1 + O(y^{-1/2})$. Por lo tanto $g_a(y) = \Omega(y^\varepsilon)$, así que $\lim_{y \to \infty} g_a(y) = \infty$. $\blacksquare$ $\color{blue}\boldsymbol{a < -\tfrac12}$ caso. Usando la afirmación, tenemos \begin{align*} g_a(y) &< e^{-1} e^{1-y} \sum_{n=1}^\infty n^a e^{2n} e^{-n^2/(y-1)} \\ \implies g_a(y+1) &< e^{-1} \sum_{n=1}^\infty n^a \exp\Bigl(-\tfrac{(n-y)^2}{y}\Bigr). \end{align*} Ahora acotamos la suma anterior. Para cada $k \geq 1$, sea $I_k$ el intervalo de $n$ para el cual el término exponencial está en $\bigl(e^{-k}, e^{1-k}\bigr]$. Sabemos que los $I_k$ son disjuntos por pares, y $|{I_k \cup I_{k-1} \cup \dots \cup I_1}| = 2 \sqrt{ky} + O(1)$, así que \[ |{I_k}| = 2 \sqrt{y} \bigl(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\bigr) + O(1) \leq 2\sqrt{y} + O(1) = O(\sqrt y). \] Por lo tanto tenemos \begin{align*} g_a(y+1) &< e^{-1} \sum_{k=1}^\infty \sum_{n \in I_k} n^a e^{1-k} \\ &< \sum_{k=1}^\infty e^{-k} |{I_k}| \max_{m \in I_k} m^a \\ &= O(\sqrt y) \sum_{k=1}^\infty e^{-k} \max_{m \in I_k} m^a. \tag{$\star$} \end{align*} Ahora acotamos ($\star$) dividiendo la suma en $k$ pequeños y grandes. Sea $s_a(y)$ la suma sobre $k \leq y^{2/3}$, y $b_a(y)$ la suma sobre $k > y^{2/3}$, de modo que $g_a(y+1) = O(\sqrt y) \cdot [s_a(y) + b_a(y)]$. Sumando sobre $k \leq y^{2/3}$, para $y$ grande el término $\max$ está acotado superiormente por $(y-y^{5/6})^a$, así que tenemos \[ s_a(y) < \bigl(y - y^{5/6}\bigr)^a \cdot \bigl(e^{-1} + e^{-2} + \cdots + e^{-\lfloor{y^{2/3}}\rfloor}\bigr) < \bigl(y - y^{5/6}\bigr)^a = \Theta(y^a). \] Sumando sobre $k > y^{2/3}$, basta acotar superiormente el término $\max$ por $1$. Tenemos \[ b_a(y) < \sum_{k>y^{2/3}} e^{-k} < e^{1-y^{2/3}} = O(1/y). \] Ahora sea $a = -\tfrac12 - \varepsilon$. Combinando las cotas anteriores, tenemos \[ g_a(y+1) < O(\sqrt y) \bigl[\Theta\bigl(y^{-1/2-\varepsilon}\bigr) + O(1/y)\bigr] = O(y^{-\varepsilon}), \] lo que significa que $\lim_{y \to \infty} g_a(y+1) = 0$. $\blacksquare$

Putnam 2024 Problema B6

Problemas Recomendados

Recomendaciones