Tiende un equivalente para $\sum_{n=0}^{\infty} e^{-x\sqrt{n}}$ $x$ $0^+$

Question

Me gustaría obtener una forma equivalente para $$ f (x) = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} e ^ {-x\sqrt {n}} $$ as $x \rightarrow 0^+$. I tried without success to "remove" the $\sqrt{\cdot}$ in the summand by summing over some new index $p$ writing $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} = \sum_ {p = 0} ^ {\infty} \sum_ {k = p ^ 2} ^ {(p+1) ^ 2} $. Gracias por tu ayuda.

Answer 1

Parece haber escapado a la atención que esta suma puede ser evaluado el uso armónico de la sumación de las técnicas que puede ser un instructivo ejercicio.

Introducir $S_\alpha(x)%$ dada por $$S_\alpha(x) = \sum_{n\ge 1} \exp(-(nx)^\alpha).$$

La suma plazo es armónico y puede ser evaluado por la inversión de sus Mellin transformar.

Recordar que el armónico suma de identidad $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1} \lambda_k g(\mu_k x);s\right) = \left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} \right) g^*(s)$$ donde $g^*(s)$ es la transformada de Mellin $g(x).$

En el presente caso tenemos $$\lambda_k = 1, \quad \mu_k = k \quad \text{y} \quad g(x) = \exp(-x^\alpha).$$ Necesitamos la Mellin transformar $g^*(s)$$g(x)$, que es

$$\int_0^\infty e^{-x^\alpha} x^{m-1} dx = \int_0^\infty e^{-t} t^{(s-1)/\alpha} \frac{1}{\alpha} t^{1/\alpha-1} dt \\ = \frac{1}{\alpha} \int_0^\infty e^{-t} t^{s/\alpha-1} dt = \frac{1}{\alpha} \Gamma(s/\alpha).$$

De ello se desprende que la Mellin transformar $Q(s)$ de la suma de armónicos $S(x)$ está dado por

$$Q(s) = \frac{1}{\alpha} \Gamma(s/\alpha) \zeta(s) \quad\text{porque}\quad \sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \sum_{k\ge 1} \frac{1}{k^s} = \zeta(s)$$ para $\Re(s) > 1.$

Los fundamentales de la tira de la transformación de la función de base es $\langle 0, \infty \rangle$ y la intersección de esta con $\langle 1, \infty\rangle$ obtenemos que el Mellin de inversión integral aquí es

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty} Q(s)/x^s ds$$ de la cual evaluamos desplazando hacia la izquierda para una ampliación sobre cero.

Hay dos tipos de polos: el de los zeta de la función en $s=1$ y los de la función gamma en $-q\alpha,$ donde $q\ge 0.$

Tenemos $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s=1\right) = \frac{1}{\alpha}\Gamma(1/\alpha) \times \frac{1}{x} = \frac{\Gamma(1+1/\alpha)}{x}$$ y $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s=-q\alpha\right) = \frac{1}{\alpha} \times \alpha \frac{(-1)^p}{q!} \times \zeta(-q\alpha) \times x^{q\alpha} \\ = \frac{(-1)^p}{q!} \zeta(-q\alpha) \times x^{q\alpha}.$$

Ahora hay dos casos, ya sea la $\alpha$ es un entero par o no. Si es así, todos los polos de $q>0$ se cancelará la función zeta plazo, dejando sólo los polos $s=1$ y a las $s=0$ para un resultado de $$ S_\alpha(x) \sim \frac{\Gamma(1+1/\alpha)}{x} - \frac{1}{2}.$$

Al $\alpha = 2$ tenemos $$S_2(x) = - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{\pi}}{2x} + \frac{1}{2\pi i} \int_{-1-i\infty}^{-1+i\infty} P(s)/x^s ds.$$

Sustituto $s=1-t$ en el resto de la integral para obtener $$\frac{1}{2\pi i} \int_{2-i\infty}^{2+i\infty} P(1-t)/x^{1-t} dt = \frac{1}{x} \frac{1}{2\pi i} \int_{2-i\infty}^{2+i\infty} \frac{1}{2} \Gamma\left(\frac{1-t}{2}\right) \zeta(1-t) x^t dt.$$

Recordar la siguiente variante de la ecuación funcional de la de Riemann Zeta función: $$\Gamma\left(\frac{1-t}{2}\right) \zeta(1-t) = \pi^{1/2-t} \Gamma\left(\frac{t}{2}\right) \zeta(t)$$ y sustituimos en el resto de la integral para obtener $$\frac{1}{x} \frac{1}{2\pi i} \int_{2-i\infty}^{2+i\infty} \frac{1}{2} \pi^{1/2-t} \Gamma\left(\frac{t}{2}\right) \zeta(t) x^t dt = \frac{\sqrt{\pi}}{x} \frac{1}{2\pi i} \int_{2-i\infty}^{2+i\infty} \frac{1}{2} \Gamma\left(\frac{t}{2}\right) \zeta(t) \left(\frac{x}{\pi}\right)^t dt.$$

Cambio esta a $\Re(t)=3/2$ (sin polos de la recogida) y obtener $$\frac{\sqrt{\pi}}{x} \frac{1}{2\pi i} \int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty} \frac{1}{2} \Gamma\left(\frac{t}{2}\right) \zeta(t) \left(\frac{x}{\pi}\right)^t dt = \frac{\sqrt{\pi}}{x} S_2(\pi/x).$$

Esto da lugar a la ecuación funcional $$S_2(x) = - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{\pi}}{2x} + \frac{\sqrt{\pi}}{x} S_2(\pi/x).$$ que es una variante de Jacobi de la theta de la función identidad.

Volviendo al hilo principal podemos observar que al $\alpha$ no es un entero par, tenemos la expansión

$$ S_\alpha(x) \sim \frac{\Gamma(1+1/\alpha)}{x} - \frac{1}{2} + \sum_{q\ge 1} \frac{(-1)^p}{q!} \zeta(-q\alpha) \times x^{q\alpha}.$$

El estudio de las propiedades de convergencia de esta expansión es un asunto delicado y sin duda un reto maravilloso. E. g. con $\alpha$ un entero impar obtenemos un valor distinto de cero, la contribución de los zeta la función de términos, pero tenemos $$\zeta(-q\alpha) = - \frac{B_{q\alpha+1}}{q\alpha + 1} \quad\text{y}\quad |B_{2n}| \sim 4\sqrt{\pi n} \left(\frac{n}{\pi e}\right)^{2n}$$

así los valores de la función zeta superan el factorial de $q$ y el expansión, finalmente, diverge.

La tabla siguiente ilustra el proceso a la hora de calcular $S_3(1/2)$:

1.285959023138498 e+00
1.284917356471832 e+00
1.284919822538751 e+00
1.284919709811953 e+00
1.284919736441052 e+00
1.284919716423841 e+00
1.284919753275291 e+00
1.284919612356084 e+00
1.284920611708108 e+00
1.284908513429109 e+00
1.285143226270321 e+00
1.278200633277179 e+00
1.578934319042731 e+00
-1.687446462625181 e+01
1.542969266697830 e+03
-1.758244058759777 e+05
2.640441955632738 e+07
-5.130529386490404 e+09
1.270035750847759 e+12
-3.950618113631400 e+14
1.525356085967402 e+17

El valor correcto es $1.2849300884351988591.$

De modo similar, cuando la informática $S_5(1/3)$ obtenemos la tabla

2.254506227199282 e+00
2.254522557462526 e+00
2.254522552313936 e+00
2.254522552853181 e+00
2.254522551342709 e+00
2.254522594231955 e+00
2.254515285982698 e+00
2.259889649827273 e+00
-1.133507270756404 e+01
1.002166612666027 e+05
-1.897690119553089 e+09
8.353404075737941 e+13
-7.886089945242315 e+18
1.493955388567194 e+24
-5.370850993208232 e+29
3.494071363049499 e+35
-3.948314085212110 e+41
7.478102802029752 e+47
-2.300704020425045 e+54
1.118323430713735 e+61
-8.378457528967820 e+67

El valor correcto es $2.2551776136424966417$.

Para concluir, recordamos que la suma propuesta para la evaluación fue ligeramente diferentes, a saber $$f_\alpha(x) = \sum_{n\ge 0} \exp(-x n^\alpha).$$ Esto se aprecia fácilmente a ser igual a $$S_\alpha(x^{1/\alpha}) + 1$$ y por lo tanto $$f_\alpha(x) \sim \frac{\Gamma(1+1/\alpha)}{x^{1/\alpha}} + \frac{1}{2} + \sum_{q\ge 1} \frac{(-1)^p}{q!} \zeta(-q\alpha) \times x^q.$$

Hay un cálculo similar a este MSE enlace.

Answer 2

Como $x$ tiende a $0^+$, la serie se va al infinito y tenemos

$$f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}e^{-x\sqrt{n}} \sim \frac{2}{x^2}. \tag{*}$$

Prueba. Deje $n\geq 1$. Desde $\displaystyle (-\infty,0]\ni t \rightarrow e^{-x\sqrt{t}}$ es una función decreciente, tenemos $$ e^{-x\sqrt{n+1}} \leq e^{-x\sqrt{t}} \leq e^{-x\sqrt{n}}, \quad t \in [n,n+1], \tag1 $$ integrating $(1)$, tenemos $$ \int_n^{n+1}e^{-x\sqrt{t}}dt \leq e^{-x\sqrt{n}} \tag2 $$ y $$ e^{-x\sqrt{n}} \leq \int_{n-1}^{n}e^{-x\sqrt{t}} dt. \tag3 $$ Entonces, sumando $(2)$$n\geq0$, da $$ \int_0^{+\infty}e^{-x\sqrt{t}}dt \leq \sum_{n=0}^{+\infty}e^{-x\sqrt{n}} \tag4 $$ y sumando $(3)$$n\geq 1$, da $$ \sum_{n=0}^{+\infty}e^{-x\sqrt{n}} \leq 1+\int_0^{+\infty}e^{-x\sqrt{t}}dt. \tag5 $$By the change of variable $u=\sqrt{t},$ $t=u^2,$ $dt=2udu$, fácilmente nos han $$ \int_0^{+\infty}e^{-x\sqrt{t}}dt=2\int_0^{+\infty}ue^{-xu}du = \frac{2}{x^2} .\tag6 $$ Hence combining $(4)$, $(5)$ and $(6)$, leads to the desired result $(*)$.

Observación. El mismo razonamiento muestra que, para $\alpha>0$,

$$ f_{\alpha}(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}e^{\large-xn^{\alpha}} \sim_{0^+} \frac{\Gamma(1+1/\alpha)}{x^{1/\alpha}}. $$

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ Con Abel-Plana Fórmula :

\begin{align}&\color{#66f}{\large\sum_{n\ =\ 0}^{\infty}\expo{-x\root{n}}} \\[5mm]&=\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}\expo{-x\root{t}}\,\dd t} ^{\ds{\color{#c00000}{\root{t}\ \mapsto\ t}}}\ +\ \left.\half\,\expo{-x\root{t}}\right\vert_{\, t\ =\ 0} +\ic\int_{0}^{\infty} {\expo{-x\root{\ic t}} - \expo{-x\root{-\ic t}} \over \expo{2\pi t} - 1}\,\dd t \\[5mm]&=2\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}\expo{-xt}t\,\dd t} ^{\ds{\color{#c00000}{1 \over x^{2}}}}\ +\ \half - 2\Im\int_{0}^{\infty} {\exp\pars{-x\root{t}\pars{1 + \ic}/\root{2}} \over \expo{2\pi t} - 1}\,\dd t \\[5mm]&={2 \over x^{2}} + {1 \over 2} +2\int_{0}^{\infty}\exp\pars{-\,{x \over \root{2}}\,\root{t}}\,{\sin\pars{\root{2}x\root{t}/2} \over \expo{2\pi t} - 1}\,\dd t \\[5mm]&\sim\color{#66f}{\large{2 \over x^{2}} + {1 \over 2} +\ \underbrace{\pars{\root{2}\int_{0}^{\infty}{\root{t} \over \expo{2\pi t} - 1}\,\dd t}}_{\ds{\color{#c00000}{{\zeta\pars{3/2} \over 4\pi}\ \color{#000}{\approx\ 0.2079}}}}\ x \quad\mbox{when}\quad x \sim 0} \end{align}

$$ \color{#66f}{\large\sum_{n\ =\ 0}^{\infty}\expo{-x\raíz{n}} \sim {2 \sobre x^{2}}\,, \qquad x \sim 0} $$

Aquí, podemos ver un diagrama de la diferencia $\ds{\sum_{n\ =\ 0}^{\infty}\expo{-x\raíz{n}} - \bracks{{2 \sobre x^{2}} + \mitad + {\zeta\pars{3/2} \más de 4\pi}\,x}}$:

Answer 4

puede utilizar la fórmula exactamente de Mcshaumm manual $$\sum _{k=1}^{\infty } \frac{x e^{-\frac{i x^2}{8 \pi k}} \left((-1)^{3/4} \sqrt{k} \left(e^{\frac{i x^2}{4 \pi k}} \text{erf}\left(\frac{\left(\frac{1}{4}+\frac{i}{4}\right) x}{\sqrt{\pi } \sqrt{k}}\right)+\text{erfi}\left(\frac{\left(\frac{1}{4}+\frac{i}{4}\right) x}{\sqrt{\pi } \sqrt{k}}\right)\right)+\sqrt{-i k} e^{\frac{i x^2}{4 \pi k}}+\sqrt{i k}\right)}{4 \sqrt{2} \pi k^2}+\frac{2}{x^2}-\frac{1}{2}$ $