¿Qué se puede decir acerca de la serie $\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{1}{n} - \frac{1}{\sqrt{ n^2 + x^2 }} \right]$

Question

Esta es una secuela a esta pregunta.

Recientemente, yo estaba navegando a través de Hansen "Una Tabla de la Serie y de los Productos", y he encontrado milagrosamente la suma que estaba buscando: $$ \sum_{n=1}^\infty K_{0}\left( n z \right) \ = \ \frac{\pi}{2 z} + \frac{1}{2} \log\left( \frac{z}{4 \pi} \right) + \frac{\gamma}{2} - \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{1}{n} - \frac{1}{\sqrt{ n^2 + \frac{z^2}{4\pi^2} }} \right] $$

Qué bonita suma (todo el libro está lleno de tales resultados sorprendentes). Aquí, $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante y $K$ es la función Bessel modificada de la segunda clase (de orden 0).

Soy naturalmente curioso acerca de la última suma ahora: $$ F(x) := \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{1}{n} - \frac{1}{\sqrt{ n^2 + x^2 }} \right] $$

Estoy asumiendo que esta suma no se puede evaluar exactamente (aunque el libro es de edad de 1975, tal vez sea fuera de fecha?)...

Yo estoy más curioso, ¿cómo esta función $F(x)$ en el límite de $x \to 0$? Qué difieren? Me imagino que si, ya $x$ está en el denominador. Mi único pensamiento de cómo atacar esta serie en el límite de $x\to 0$ es tomar la siguiente expansión de la serie en este límite: $$ \frac{1}{\sqrt{n^2 + x^2}} = \frac{1}{n} + \frac{x^2}{2n^3} + \mathcal{S}\left( x^4 \right) $$

A continuación, en este límite tenemos algo así como; $$ F[x] \approx \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{1}{n} - \frac{1}{n} - \frac{x^2}{2 n^3} \right] = \frac{1}{2} x^2 \zeta(3) $$ ...en términos de la de Riemann zeta función. Esto parece ser una respuesta, pero estoy preocupado de que hay algo malo con tomar una expansión en el argumento de la suma. Es normal esto? Existe una mejor aproximación?

Answer 1

La aproximación que usted menciona está bien. De una manera muy simple (o primarias) de manera que hemos $$\sqrt{n^2+x^2}\geq n \Rightarrow 0\leq \frac{1}{n} - \frac{1}{\sqrt{n^2+x^2}}$$ así que (de sumas parciales de una toma de límites) $$F(x) \geq 0, \forall x \tag{1}$$ La siguiente cosa a observar es $$\frac{1}{n} - \frac{1}{\sqrt{n^2+x^2}}=\frac{\sqrt{n^2+x^2}-n}{n\sqrt{n^2+x^2}}\leq\frac{\sqrt{n^2+x^2}-n}{n^2}=\\ \frac{n^2+x^2-n^2}{n^2(\sqrt{n^2+x^2}+n)}\leq \frac{x^2}{2n^3}$$ y esto conduce a la $$0 \leq F(x) \leq \frac{x^2}{2}\sum\frac{1}{n^3}=\frac{x^2 \zeta(3)}{2} \tag{2}$$ aplicando el teorema del sándwich a $(2)$ $$\lim\limits_{x\rightarrow 0+}F(x)=0$$

Answer 2

No hay nada milagroso aquí, la identidad de la primera proviene de la computación de la transformada inversa de Laplace de $\frac{1}{\sqrt{n^2+x^2}}$, el cual es dado por $J_0(sx)$. De ello se sigue que $$ \sum_{n\geq 1}\left[\frac{1}{n}-\frac{1}{\sqrt{n^2+x^2}}\right] = \int_{0}^{+\infty}\sum_{n\geq 1}\left(1-J_0(sx)\right) e^{-ns}\,ds = \int_{0}^{+\infty}\frac{1-J_0(sx)}{e^s-1}\,ds $$ y el LHS es $\leq \frac{x^2}{2}\zeta(3)$ desde $1-J_0(sx)\leq \frac{x^2 s^2}{4}$$sx\geq 0$. Para grandes valores de $sx$ hemos Tricomi la aproximación $J_0(sx)\approx \frac{\sin(sx)+\cos(sx)}{\sqrt{\pi s x}}$.

Answer 3

Sí es correcto, tenga en cuenta que

$$\frac{1}{\sqrt{ n^2 + x^2 }}=-\frac1n\left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^{-\frac12}=\frac1n\left(1-\frac{x^2}{2n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)=\frac1n-\frac{x^2}{2n^3}+o\left(\frac{1}{n^3}\right)$$

así

$$\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{1}{n} - \frac{1}{\sqrt{ n^2 + x^2 }} \right]=\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{1}{n} - \frac1n+\frac{x^2}{2n^3}+o\left(\frac{1}{n^3}\right) \right]=\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{x^2}{2n^3}+o\left(\frac{1}{n^3}\right) \right]$$

Answer 4

Desde $$ (1-4x)^{-1/2}=\sum_{k=0}^\infty\binom{2k}{k}x^k $$ tenemos $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\left[\frac1n-\frac1{\sqrt{n^2+x^2}}\right] &=\sum_{n=1}^\infty\frac1n\left[1-\frac1{\sqrt{1+\frac{x^2}{n^2}}}\right]\\ &=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\binom{2k}{k}\frac{\zeta(2k+1)}{4^k}x^{2k} \end{align} $$ el primer término de la cual se $\frac{\zeta(3)}2\,x^2$.