[RH]

Entonces ya no es identidad, me confundí, sería una igualdad que se resuelve sola:
\(
\pi=\dfrac{\ln 2}{2}-\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}\ln \dfrac{ \sqrt{2}e^{-\pi}\cdot \left|n^{2+ i} \right|}{ (1 + n) \cdot n }   \)

Habría que buscar otra forma de expresar el límite a lo mejor.

[RH]

Me autorrespondo, sí parece identidad porque el ln(1)=0, por lo que hay que resolver el límite obligatoriamente.

[RH]

Este límite también da un resultado con la constante de Gelfond.

Además parece que sólo da límite si se usa en el exponente 1/2 como parte real.

\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\frac{\left| \left( \sum_{k=1}^{n} -n_k \right)^{\left( \frac{1}{2} + i \right)} \right|}{n}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{2}}\cdot{}e^{-\pi} \)

[ani_pascual]

Hola:

Este límite también da un resultado con la constante de Gelfond.

Además parece que sólo da límite si se usa en el exponente 1/2 como parte real.

\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\frac{\left| \left( \sum_{k=1}^{n} -n_k \right)^{\left( \frac{1}{2} + i \right)} \right|}{n}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{2}}\cdot{}e^{-\pi} \)

Creo que se entiende mejor si lo expresas así:
\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\frac{\left| \left( -\sum_{k=1}^{n} k \right)^{\left( \frac{1}{2} + i \right)} \right|}{n}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{2}}\cdot{}e^{-\pi} \)

Saludos

[RH]

Gracias ani_pascual.

Según la IA, esto sería una identidad asintótica, si combinamos ambas expresiones:

\( \lim_{n \to \infty} \left[ \left( -\frac{\log(2)}{2} - \log\left( \left| \frac{\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{\frac{1}{2}+i} e^{-\pi} i}{n} \right| \right) \right) - \left( \frac{\log(2)}{2} - \log\left( \frac{2^{0.5} e^{-\pi} \left| n^{2+i} \right|}{(1+n)n} \right) \right) \right] = 0
 \)

Pero \( \pi  \) no se puede expresar como límite o es casi imposible, según la IA.
¿Y eliminar \( \pi
 \) de la expresión?

IA:
La idea de eliminar π y luego tomar el límite es interesante, pero es muy probable que sea extremadamente difícil de implementar en la práctica debido a la complejidad de la ecuación. Sin embargo, si estás dispuesto a intentar manipulaciones algebraicas complicadas y aplicar la regla de L'Hôpital cuando sea necesario, podrías intentarlo. El éxito dependerá de si puedes encontrar una manera de hacer que los términos que involucran π se cancelen o se conviertan en constantes conocidas en el límite.

[RH]

Ok, esto ya es muy laborioso de resolver, porque es una indeterminación buscada a propósito, lo pongo como entretenimiento por si alguien quiere matar el rato.

\( \displaystyle\lim_{n \to 0}\left[{\frac{\sqrt{2} (2+n)}{e^{-\pi} n (n+1)} - \frac{e^{-\pi} \sqrt{\frac{2n-1}{n-1}}}{\sqrt{2} \sqrt{n}} }\right]\approx 624.6757231007976542969117872417 * 10^7
 \)


Yo lo he calculado numéricamente con el ordenador. Seguro que el límite se puede expresar con alguna constante, pero no sé como.

Añado:
He corregido el límite, no había puesto la escala.

Me líe con el límite, no vale.

[ani_pascual]

Hola:

...

\( \displaystyle\lim_{n \to \textcolor{red}{0}}\left[{\frac{\sqrt{2} (2+n)}{e^{-\pi} n (n+1)} - \frac{e^{-\pi} \sqrt{\frac{2n-1}{n-1}}}{\sqrt{2} \sqrt{n}} }\right]\approx 624.6757231007976542969117872417 * 10^7
 \)
...

Supongo que será \( n\to\infty \) ¿no?
 

Por cierto, creo que también se cumple que
\( \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\left|\left(-\displaystyle\sum\limits_{k=1}^nk^3\right)^{(\frac{1}{4}+i)}\right|}{n}=\dfrac{e^{-\pi}}{\sqrt{2}} \)
Saludos

[RH]

Por cierto, creo que también se cumple que
\( \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\left|\left(-\displaystyle\sum\limits_{k=1}^nk^3\right)^{(\frac{1}{4}+i)}\right|}{n}=\dfrac{e^{-\pi}}{\sqrt{2}} \)
Saludos

Interesante observación...

[ani_pascual]

Hola:

¿ \( \displaystyle\lim_{p \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{\left|\frac{p \cdot p^{(1+i)}}{\sum_{k=1}^{p} (k \cdot i - k)}\right|}{ln(p)}}=\sqrt[ ]{2}  \) ?


Un límite complicado, pero parece que se aproxima a la raíz de 2.

Algo estoy haciendo mal    ... o el límite es cero.

Spoiler

\( \lim\limits_{p\to\infty}\dfrac{\left|\dfrac{p\cdot p^{1+i}}{(i-1)\displaystyle\sum\limits_{k=1}^pk}\right|}{\ln p}=\lim\limits_{p\to\infty}\dfrac{\left|\dfrac{2p^{2+i}}{(i-1)p(1+p)}\right|}{\ln p}=\cdots =\lim\limits_{p\to\infty}\dfrac{2p^2}{p\sqrt{2}(1+p)\ln p}=\lim\limits_{p\to\infty}\dfrac{p\sqrt{2}}{(1+p)\ln p}=0 \)

[cerrar]

Saludos

[ani_pascual]

Hola:

...
La IA también dice que es cero.

Pues no me agrada mucho coincidir con ella...

Pero, numéricamente, parece que por las propiedades especiales de los primos con los números complejos, pasa esto:
...

Ah, claro, si \( p \) denota los primos, entonces sí, el resultado es \( \sqrt{2} \)
Interpreté que \( p\in\mathbb{N} \)

Para estar seguros os animo a comprobar el cálculo...

Spoiler

\(
\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\left|\dfrac{p_n^{2+i}}{(i-1)\displaystyle\sum\limits_{k=1}^np_k}\right|}{\ln p_n}=\\\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{p_n^2}{\sqrt{2}\ln p_n\displaystyle\sum\limits_{k=1}^np_k}=\\\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2p_n^2}{np_n\sqrt{2}\ln p_n}=\\\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n\sqrt{2}\ln n}{n\ln(n\ln n)}=\\\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\sqrt{2}\ln n}{\ln(n\ln n)}=\sqrt{2} \)

[cerrar]

Saludos