La aproximación de $\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{\sin(k^{1/n})}{k}\text{ for }n\in\mathbb{N}$

Question

De nuevo, inspirado por esta pregunta, y las grandes respuestas que he recibido aquí, yo soy curioso en cuanto a por qué estas infinitas sumas pueden ser modelados con las funciones lisas.

Parece que $\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\sin(k)}{k}$ pueden ser modelados con $\dfrac{\pi-1}{2}-\dfrac{\cos(k)}{k}$

y que $\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\sin(\sqrt{k})}{k}$ pueden ser modelados con $C-\dfrac{2\cos(\sqrt{k})}{\sqrt{k}}$ donde $C$ se calcula en Mathematica numéricamente con el hecho de que $\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{\sin(\sqrt{k})}{k}=\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{e^{i\sqrt{k}}}{k}$:

y, más en general, que $\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{\sin(k^{1/n})}{k}$ pueden ser modelados con $\dfrac{\pi-1}{2}+j(n-1)-\dfrac{n\cos(k^{1/n})}{k^{1/n}}\text{ for any }n\in\mathbb{N},$ y por lo tanto converge a $\dfrac{\pi-1}{2}+j(n-1),\text{ where }j\rightarrow\ \approx 0.6247\dots,$

$\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{\sin(k^{1/100})}{k}$ sería por lo tanto converge a aproximadamente $\dfrac{\pi-1}{2}+99\times0.62511\dots$

Me gustaría mucho entender esto analíticamente, en lugar de numéricamente sin embargo.

Actualización

Parece que $j$ tiende a $0.6247\dots$ o $\int_{t=1}^{\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\text{d}t$ (gracias a Yves Daoust's respuesta más abajo) a una tasa similar de convergencia $\dfrac{e-(1-\frac{1}{n})^n}{const}\rightarrow 0$ (donde $const\approx35$)

con un relativamente pequeño error

El valor de convergencia de $\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{\sin(k^{1/n})}{k}$ para cualquier real positivo $n$ por lo tanto se puede aproximar por $$\dfrac{\pi-1}{2}+\bigg(\int_{t=1}^{\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\text{d}t+\dfrac{e-(1-\frac{1}{n-1})^{n-1}}{35}\bigg)(n-1)$$ comparar (por $n>1$):

n = 10;
p = Quiet[N[Im[Sum[E^(I k^(1/n))/k, {k, 1, Infinity}]]]];
j1 = w /. FindRoot[p - (\[Pi] - 1)/2 == N[w (n - 1)], {w, 1}];
j2 = NIntegrate[Sin[t]/t, {t, 1, Infinity}] + (E-(1 + 1/(n-1))^(n-1))/35;
(\[Pi] - 1)/2 + j1 (n - 1)
(\[Pi] - 1)/2 + j2 (n - 1)

No es que grandes y pequeños $n>1$, aunque! Sería bueno saber la exacta tasa de convergencia a $\int_{t=1}^{\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\text{d}t$

Actualización 2

donde la línea roja está dada por \begin{align*} n \left( \frac{\pi}{2} - \mathrm{Si}(1) \right) + \frac{\sin a}{2} + \int_{1}^{\infty} \frac{ax^{1/n}\cos(ax^{1/n}) - n \sin(ax^{1/n})}{n x^{2}} \tilde{B}_{1}(x) \, dx \end{align*} para $a=1,$ como se muestra en la sos440's respuesta a continuación.

Ejemplos de $n=2$$n=3$:

donde la discrepancia entre la línea roja y la "real" es debido a un error numérico en los cálculos.

Answer 1

Aquí es un razonamiento más detallado: el Uso de la de Riemann-Stieltjes integral y el periódico de los polinomios de Bernoulli $\tilde{B}_{n}(x)$ $a > 0$

\begin{align*} \sum_{k=1}^{N} \frac{\sin(k^{1/n}a)}{k} &= \int_{1-}^{N} \frac{\sin(x^{1/n}a)}{x} \, d[x] \\ &= \int_{1}^{N} \frac{\sin(x^{1/n}a)}{x} \, dx - \int_{1-}^{N} \frac{\sin(x^{1/n}a)}{x} \, d\tilde{B}_{1}(x) \\ &= n \int_{1}^{a N^{1/n}} \frac{\sin x}{x} \, dx - \int_{1-}^{N^{1/n}} \frac{\sin(ax)}{x^{n}} \, d\tilde{B}_{1}(x^{n}). \end{align*}

Así que vamos a centrarnos en el segundo término. La integración por partes,

\begin{align*} - \int_{1-}^{N^{1/n}} \frac{\sin(ax)}{x^{n}} \, d\tilde{B}_{1}(x^{n}) &= \left[ -\frac{\sin(ax)}{x^{n}} \tilde{B}_{1}(x^{n}) \right]_{1-}^{N^{1/n}} + \int_{1}^{N^{1/n}} \left( \frac{\sin(ax)}{x^{n}} \right)' \tilde{B}_{1}(x^{n}) \, dx \\ &= \frac{\sin a}{2} + \int_{1}^{\infty} \frac{ax^{1/n}\cos(ax^{1/n}) - n \sin(ax^{1/n})}{n x^{2}} \tilde{B}_{1}(x) \, dx \\ &\qquad + \mathcal{O}(N^{-1+1/n}). \end{align*}

(Pero, en realidad, debido a la cancelación de comportamiento, el error de estimación puede ser mejorado aún más.) Así que cuando $n > 1$, combinando da

$$ \sum_{k=1}^{N} \frac{\sin(a k^{1/n})}{k} = C + \mathcal{O}(\max \{ N^{-1+1/n}, N^{-1/n} \} ), $$

donde

\begin{align*} C &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin(a k^{1/n})}{k} \\ &= n \left( \frac{\pi}{2} - \mathrm{Si}(1) \right) + \frac{\sin a}{2} + \int_{1}^{\infty} \frac{ax^{1/n}\cos(ax^{1/n}) - n \sin(ax^{1/n})}{n x^{2}} \tilde{B}_{1}(x) \, dx. \end{align*}

Y yo muy sospechoso que el siempre creciente de error de los resultados de los errores de cálculo, no de la diferencia entre la suma y la $N$-ésima suma parcial.

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Añadido. Si ejecutamos el siguiente código

  a = 1;
  n = 2;
  Quiet[N[Im[Sum[E^(I k^(1/n))/k, {k, 1, Infinity}]]]]
  Quiet[N[n (Pi/2 - SinIntegral[1]) + Sin[a]/2 + NIntegrate[(BernoulliB[1, FractionalPart[x]] (a x^(1/n) Cos[a x^(1/n)] - n Sin[a x^(1/n)]))/(n x^2), {x, 1, Infinity}]]]
  Quiet[N[n (Pi/2 - SinIntegral[1]) + Sin[a]/2 + NIntegrate[(BernoulliB[1, FractionalPart[x]] (a x^(1/n) Cos[a x^(1/n)] - n Sin[a x^(1/n)]))/(n x^2), {x, 1, Infinity}, WorkingPrecision -> 200, PrecisionGoal -> 50]]]
  Quiet[N[n (Pi/2 - SinIntegral[1]) + Sin[a]/2 + NIntegrate[(BernoulliB[1, FractionalPart[x]] (a x^(1/n) Cos[a x^(1/n)] - n Sin[a x^(1/n)]))/(n x^2), {x, 1, Infinity}, WorkingPrecision -> 400, PrecisionGoal -> 50]]]
  Quiet[N[n (Pi/2 - SinIntegral[1]) + Sin[a]/2 + NIntegrate[(BernoulliB[1, FractionalPart[x]] (a x^(1/n) Cos[a x^(1/n)] - n Sin[a x^(1/n)]))/(n x^2), {x, 1, Infinity}, WorkingPrecision -> 600, PrecisionGoal -> 50]]]
  Clear[a, n];

A continuación podrá ver cómo los métodos numéricos utilizados en Mathematica son susceptibles:

  1.71567
  1.72229
  1.71513
  1.71661
  1.71436

Answer 2

Considere la integral $$\int_1^k\frac{\sin x^{1/n}}xdx=n\int_1^{k^{1/n}}\frac{\sin t}t\ dt$$ by the change of variable $x=t^n$.

Esta es la condición Sine Integral.

Está estrechamente relacionado con su suma, y explica por qué el valor del exponente $n$ no tiene un gran impacto en el comportamiento.