Ряд Стирлинга

[RIP]

Можно в лоб посчитать. Во-первых, при $|z|<1$ верно равенство

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{r_nz^n}{\sqrt n}=\operatorname{Li}_{1/2}(z)-\sqrt{2\pi}\,\frac{T(z/\mathrm e)}{1-T(z/\mathrm e)}.$$

(Второе слагаемое получается по формуле Бюрмана–Лагранжа. Или можно продифференцировать $T(z)\mathrm e^{-T(z)}=z$ и выразить $zT'(z)$ через $T(z)$.)
Осталось перейти к пределу при $z\to1-0$. Асимптотики для полилогарифма и функции Ламберта наверняка хорошо известны (ссылки лень искать):

$$\operatorname{Li}_{1/2}(z)=\sqrt{\frac\pi{1-z}}+\zeta(1/2)+o(1),$$

$$T(z/\mathrm e)=1-\sqrt{2(1-z)}+\frac{2(1-z)}3+O\bigl((1-z)^{3/2}\bigr).$$

Подставляем и получаем то, что требуется. Как-то так.

[Dave]

Да, примерно так я и выводил это равенство. Только брал производящую функцию $F$ для $\frac {1-r_n} {n \sqrt n}=\frac {s_n} {n \sqrt n f_n}$. Используя соотношение из этой задачи, можно получить, что функция $F(x)$ удовлетворяет дифференциальному уравнению $FF'x=a(F'x-F)$, где $a=\sqrt{2\pi}$, откуда $\frac F a=x e^{\frac F a -1}$. Это, так сказать, независимый способ вывода. Через $W$-функцию Ламберта $F$ выражается так: $F(x)=-aW(-\frac x e)$. Отсюда сразу получается первое равенство (для суммы $r_nn^{-\frac 3 2}$), т.к. $F(1)=a$.
Второе получается переходом к пределу $x \to 1-0$ разности полилогарифма и производной функции $F$. Только в асимптотике для полилогарифма (как и функции, которую из него нужно вычесть), насколько я помню, первый член содержал $\ln x$, ибо в общем случае для асимптитики в окрестности единицы формула такая:

$$\operatorname{Li}_s(e^\mu) = \Gamma(1-s)(-\mu)^{s-1} + \sum_{k=0}^\infty {\zeta(s-k) \over k!} \mu^k \,,$$

где $\mu$ в окрестности нуля.

[RIP]

Dave в сообщении #576959 писал(а):

Только в асимптотике для полилогарифма (как и функции, которую из него нужно вычесть), насколько я помню, первый член содержал $\ln x$

$\ln x=(x-1)+O\bigl((x-1)^2\bigr)$ при $x\to1$, так что разницы большой нет. Просто я асимптотику для $T(z/\mathrm e)$ начал считать в терминах $1-z$ и только потом сообразил, что лучше было изначально взять $z=\mathrm e^{-x}$, но пересчитывать уже было лень.