Encuadernado en $\sum\limits_{n=0}^{x}{\sin{\sqrt{n}}}$

Question

El uso de Desmo y Mathematica, yo era capaz de encontrar una función de $g(x)$ que aparentemente estimado de la función

$$f(x)=\sum_{n=0}^{x}{\sin{\sqrt{n}}}$$

He encontrado que

$${g(x)=2\sqrt{x}*\sin{\left({{\sqrt{4x+{\pi}^2}-\pi}\over{2}}\right)}}\approx f(x)$$

Además, he encontrado que la diferencia entre estas dos funciones, o $|{f(x)-g(x)}|$, no parecía que fuera a superar algunas constantes $C\approx 0.464568$

¿Hay alguna forma de probar la conjetura de abajo?

$g(x)<f(x)<(g(x)+C)$ para todos los $x>14$

O tal vez una versión menos teniendo en cuenta que no tienen buena definición para $C$:

$g(x)<f(x)<(g(x)+{1\over2})$ para todos los $x>14$.

Más preguntas:

Hay una forma cerrada para $C$?

Hay una forma cerrada para $f(x)$?

Answer 1

(Demasiado largo para un comentario)

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Tenemos

\begin{align*} f(x) = \sum_{k=1}^{n} \int_{0}^{\sqrt{k}} \cos x \, dx = \int_{0}^{\infty} \left( \sum_{k=1}^{n} \mathbf{1}_{\{ x < \sqrt{k}\}} \right) \cos x \, dx. \end{align*}

Observe que $\sum_{k=1}^{n} \mathbf{1}_{\{ x < \sqrt{k}\}} = (n - \lfloor x^2 \rfloor)_+$, donde $a_+ = \max\{a, 0\}$ denota la parte positiva de $a$. Así

\begin{align*} f(x) &= \int_{0}^{\sqrt{n}} (n - \lfloor x^2 \rfloor) \cos x \, dx \\ &= \int_{0}^{\sqrt{n}} \left(n - x^2 + \frac{1}{2} \right) \cos x \, dx + \int_{0}^{\sqrt{n}} \left(x^2 - \lfloor x^2 \rfloor - \frac{1}{2} \right) \cos x \, dx \end{align*}

La primera integral es fácil evaluar:

$$ \int_{0}^{\sqrt{n}} \left(n - x^2 + \frac{1}{2} \right) \cos x \, dx = -2\sqrt{n}\cos\sqrt{n} + \frac{5}{2}\sin\sqrt{n}. $$

Para evaluar la segunda integral, sustituimos $x^2 \mapsto x$ escribir

\begin{align*} \int_{0}^{\sqrt{n}} \left(x^2 - \lfloor x^2 \rfloor - \frac{1}{2} \right) \cos x \, dx &= \sum_{k=0}^{n-1} \int_{0}^{1} \left(x - \frac{1}{2}\right) \frac{\cos\sqrt{x+k}}{2\sqrt{x+k}} \, dx \\ &= \sum_{k=0}^{n-1} \int_{0}^{\frac{1}{2}} x \left( \frac{\cos\sqrt{k+\frac{1}{2}+x}}{2\sqrt{k+\frac{1}{2}+x}} - \frac{\cos\sqrt{k+\frac{1}{2}-x}}{2\sqrt{k+\frac{1}{2}-x}} \right) \, dx \end{align*}

Aunque no puedo demostrar en este punto, la evidencia numérica sugiere que esta integral converge como $n\to\infty$. En este supuesto, se sigue que

Conjetura. $c = \lim_{n\to\infty} \int_{0}^{\sqrt{n}} \left(x^2 - \lfloor x^2 \rfloor - \frac{1}{2} \right) \cos x \, dx $ converge. En consecuencia,

$$ f(n) = -2\sqrt{n}\cos\sqrt{n} + \frac{5}{2}\sin\sqrt{n} + c + o(1) $$

De hecho, la siguiente figura es la representación gráfica de la diferencia de $f(n) - \left( -2\sqrt{n}\cos\sqrt{n} + \frac{5}{2}\sin\sqrt{n} \right)$ para $n \leq 10^4$.

Answer 2

El de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma da $$ \sum_{k=1}^n\sin\left(\sqrt{k}\right) =\frac52\sin\left(\sqrt{n}\right)-2\sqrt{n}\overbrace{\left(1-\frac1{48n}\right)}^{\substack{\text{reduce el error}\\\text {$O\left(n^{-1/2}\right)$} \\\text {$O\left(n^{-3/2}\right)$}}} \cos\left(\sqrt{n}\right)+C+O\!\a la izquierda(\frac1{n^{3/2}}\right) $$ donde $C=-0.203568606528057118$.

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Ejemplos $$ \begin{array}{r|r|r} n&\text{actual sum}&\text{approximation}\\\hline 10&6.0547478264&6.0547515529\\ 100&15.2143129534&15.2143130664\\ 1000&-61.5861622838&-61.5861622890\\ 10000&-173.9328978672&-173.9328978673\\ 100000&303.9334372399&303.9334372399 \end{array} $$

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Comparación con el Adivina la Pregunta

La fórmula en cuestión es equivalente a $$ \begin{align} &-2\sqrt{n}\cos\left(\sqrt{n+\pi^2/4}\right)\\ &=-2\sqrt{n}\cos\left(\sqrt{n}+\frac{\pi^2}{8\sqrt{n}}\right)+O\!\left(\frac1n\right)\\ &=-2\sqrt{n}\cos\left(\sqrt{n}\right)\cos\left(\frac{\pi^2}{8\sqrt{n}}\right)+2\sqrt{n}\sin\left(\sqrt{n}\right)\sin\left(\frac{\pi^2}{8\sqrt{n}}\right)+O\!\left(\frac1n\right)\\ &=-2\sqrt{n}\cos\left(\sqrt{n}\right)+\frac{\pi^2}4\sin\left(\sqrt{n}\right)+O\!\left(\frac1{\sqrt{n}}\right) \end{align} $$ $\frac{\pi^2}4\approx\frac52$, por lo que el coeficiente de $\sin\left(\sqrt{n}\right)$ está cerca, y esta diferencia no agrega más de una amplitud $\frac1{30}$ oscilación a $C$.

Aquí está una parcela de $\sum\limits_{k=1}^n\sin\left(\sqrt{k}\right)-C+2\sqrt{n}\cos\left(\sqrt{n+\pi^2/4}\right)$ vs $\pm\left(\frac52-\frac{\pi^2}4\right)$:

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Comentario en Sangchul Lee la Respuesta de

El uso de $\{x\}=x-\lfloor x\rfloor$, $$ \begin{align} \int_1^{\sqrt{n}}\left(\left\{x^2\right\}-\tfrac12\right)\cos(x)\,\mathrm{d}x &=\int_1^n\left(\left\{x\right\}-\tfrac12\right)\cos\left(\sqrt{x}\right)\frac{\mathrm{d}x}{2\sqrt{x}}\\ &=\int_1^n\frac{\cos\left(\sqrt{x}\right)}{2\sqrt{x}}\,\mathrm{d}\frac{\{x\}^2-\{x\}+\frac16}2\\[12pt] &=\frac{\cos(n)}{24\sqrt{n}}-\frac{\cos(1)}{24}\\ &-\frac1{24}\int_1^n\left(\{x\}^2-\{x\}+\frac16\right)\frac{\cos\left(\sqrt{x}\right)+\sqrt{x}\sin\left(\sqrt{x}\right)}{2x^{3/2}}\,\mathrm{d}x\\[12pt] &=\frac{\cos(n)}{24\sqrt{n}}-\frac{\cos(1)}{24}\\ &-\frac1{24}\int_1^n\left(\{x\}^2-\{x\}+\frac16\right)\frac{\cos\left(\sqrt{x}\right)}{2x^{3/2}}\,\mathrm{d}x\\ &-\frac1{24}\int_1^n\frac{\sin\left(\sqrt{x}\right)}{2x}\,\mathrm{d}\frac{2\{x\}^3-3\{x\}^2+\{x\}}6\\[12pt] &=\frac{\cos(n)}{24\sqrt{n}}-\frac{\cos(1)}{24}\\ &-\frac1{24}\int_1^n\left(\{x\}^2-\{x\}+\frac16\right)\frac{\cos\left(\sqrt{x}\right)}{2x^{3/2}}\,\mathrm{d}x\\ &+\frac1{288}\int_1^n\left(2\{x\}^3-3\{x\}^2+\{x\}\right)\frac{\sqrt{x}\cos\left(\sqrt{x}\right)-2\sin\left(\sqrt{x}\right)}{2x^2}\,\mathrm{d}x\\[12pt] \end{align} $$ Por lo tanto $$ \begin{align} &\int_0^\infty\left(\left\{x^2\right\}-\tfrac12\right)\cos(x)\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^1\left(x^2-\tfrac12\right)\cos(x)\,\mathrm{d}x-\frac{\cos(1)}{24}\\ &-\frac1{48}\int_1^\infty\left(\{x\}^2-\{x\}+\frac16\right)\frac{\cos\left(\sqrt{x}\right)}{x^{3/2}}\,\mathrm{d}x\\ &+\frac1{576}\int_1^\infty\left(2\{x\}^3-3\{x\}^2+\{x\}\right)\frac{\sqrt{x}\cos\left(\sqrt{x}\right)-2\sin\left(\sqrt{x}\right)}{x^2}\,\mathrm{d}x \end{align} $$ donde todas las integrales de la derecha son absolutamente convergentes.

Answer 3

La función de $f(x)=\sin\sqrt x$, definido por $x>0$, tiene la primitiva: $$ F(x)=-2\sqrt x\, \cos \sqrt x+2\sin\sqrt x\ . $$ Arreglar algunos "grandes" integer $n$, por ejemplo, $n>14$. Entonces podemos escribir, Lagrange teorema del valor intermedio, o el polinomio de Taylor de aproximación utilizando un valor intermedio: $$ \begin{aligned} F(n+1) - F(n) &= \frac 1{1!}F'(n) + \frac 1{2!}F''(n) + \frac 1{3!}F'''(n+c_n) \\ &= \frac 1{1!}f(n) + \frac 1{2!}f'(n) + \frac 1{3!}f''(n+c_n) \\[2mm] &\qquad\text{so} \\[2mm] F(x+1) - F(n_0) &= \sum_{n_0\le n\le x}f(n) \ +\ \frac 12 \sum_{n_0\le n\le x} f'(n) \ +\ \frac 16 \sum_{n_0\le n\le x} \underbrace{f''(n)}_{ \text{white noise}(n)}\ . \end{aligned} $$ Anteriormente, $c_n$ es un intermedio entre el $0$ e $1$.

• Ahora por encima de la $\displaystyle\sum_{n_0\le n\le x} f(n) = \sum_{n_0\le n\le x} \sin\sqrt n $ está relacionado con la suma en la OP. Sólo tenemos que encontrar un adecuado $n_0$ con un bajo error. Factible. Podemos búsqueda de especial más grande $x$ los valores, de modo que la suma de $\sin\sqrt n$ para $n$ de $1$ a $x$ es pequeña. Por ejemplo, para $x=118$ la suma es $\approx 0.194481943838007\dots$y para $x=1086$ la suma es $\approx 0.172694673659704\dots$ (Y se calculan todas las otras cantidades numéricamente.) Tome $n_0=1086$ o así.

• Entonces la diferencia de $F(x+1)$ a la $g(x)$-asintótica también es controlado por algunos $O(x^0)=O(1)$porque $$ \begin{aligned} \sin\left(-\left(\frac \pi2-\sqrt{x+\frac{\pi^2}4}\right)\right) &= -\cos\sqrt{x+\frac{\pi^2}4}\ , \\ &\qquad\text{ and } \\ \left| \cos\sqrt{x+\frac{\pi^2}4} -\cos\sqrt{x+1}\right| &\le \|\cos'\|\cdot \left| \sqrt{x+\frac{\pi^2}4} - \sqrt{x+1}\right| \\ &=\text{Constant}\cdot\frac1 {\sqrt{x+\frac{\pi^2}4} + \sqrt{x+1}} \\ &\in O(x^{-1/2}) \ . \end{aligned} $$

• La suma de los "ruido blanco" términos es controlable, $$ f"(x) = -\frac{\sin\left(\sqrt{x}\right)}{4 \, x} - \frac{\cos\left(\sqrt{x}\right)}{4 \, x^{\frac{3}{2}}}\ . $$ El segundo término tiene una suma de la forma $O(x^{-1/2})$, la primera introduce un término logarítmico. Sí, no queremos, pero para ser mejor, uno tiene tal vez para diferenciar una vez más, es decir, el uso de la expansión de Taylor con resto de Lagrange con un término más, y ¿qué hacemos con la parte en $f'(n)$ (como en $(*)$ a continuación) también con ese $f''(n)$. Es muy difícil de escribir, otra cosa que yo haría aquí. (Yo no comprobar los detalles.)

• La última pieza para ser controlado con una constante es ahora: $$ (*) \qquad \sum_{n_0\le n\le x} f'(n) = \sum_{n_0\le n\le x} \frac 1{2\sqrt n}\cos\sqrt n \ . $$ Utilizamos la misma idea que la anterior, cuando se trata de controlar la $\sum f(n)$ con el primitivo $F$. Aquí tenemos con la misma idea $$ f(n+1)-f(n) = \frac 1{1!}f'(n)+\frac 1{2!}f"(n+d_n)\ , $$ con un intermedio de $d_n\in(0,1)$, a continuación, pasar a la suma y el uso de $f(x)\in O(1)$.

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Tengo que presentar, de vuelta al trabajo. Los errores pueden estar presentes en detalle. En cualquier caso, esta es la idea de que iba a seguir para obtener el asymptotical comportamiento de la suma, Taylor expansiones de un necesario grado.