Evaluación de una serie para pedir "tres mitades"

Question

Haciendo algunos cálculos relacionados con una dimensión de Movimiento Browniano limita a un intervalo finito, me han llegado a través de funciones tales como

$$ f(t) = \sum_{n=1}^\infty\frac{\exp(-n^2t)}{n^4}. $$ Estoy interesado en el comportamiento de esta función para pequeñas $t$. Mediante la ampliación de la exponencial es fácil de obtener los términos de orden 0 y 1 en $t$. Sin embargo, el término de la orden de $t^2$ diverge. Entiendo que esto significa que $f(t)$ no tiene una segunda derivada en $t = 0$. Creo (aunque no estoy seguro) que, en cierto sentido, hay una "3/2" el fin de plazo. ¿Cómo definir y calcular este término? Tal vez el límite de $$ \lim_{t \to 0}\frac{f(t) - f(0) - t f'(0)}{t^{3/2}} $$ es finito y puede ser calculado? Hay una clara forma de ampliar tales funciones en el poder de la serie con fracciones de poderes?

Antecedentes: Considere una partícula que experimenta una dimensión Movimiento Browniano en el intervalo de $\left[0,L\right]$, reflejando las condiciones de contorno. La partícula tiene el coeficiente de difusión $D$ y su posición es $x(t)$. Su posición inicial es distribuido uniformemente en el intervalo. A continuación, se puede demostrar que el desplazamiento cuadrático medio en el tiempo de $t$ es $$ \text{MSD}(t) \equiv \langle \left[x(t) - x(0)\right)^2\rangle = \frac{L^2}{6} + \frac{8 L^2}{\pi^4}\sum_{n=1}^\infty\frac{-1 + (-1)^n}{n^4} \cdot \exp(-t/\tau_n), $$ donde $$ \tau_n = \frac{L^2}{n^2 \pi^2 D} $$ Como he mencionado, se puede calcular el hasta primer orden en $t$. El término constante es de curso cero (la partícula no puede viajar cualquier distancia en el tiempo cero) y el primer fin de plazo resulta ser $2 D t$, lo cual tiene sentido ya que este es el MSD de una partícula libre (es decir, antes de que encuentre alguna de las paredes).

Más Notas Aquí es un gráfico de la función $f(t)$ dada por la serie, así como las aproximaciones de Marko Riedel de la respuesta:

Answer 1

Si usted comienza con la expansión de Taylor $$e^x=\sum_{i=0}^\infty \frac{x^i}{i!}$$ replace $x$ by $-n^2t$ and then $$e^{n^2}=1-n^2 t+\frac{n^4 t^2}{2}-\frac{n^6 t^3}{6}+\frac{n^8 t^4}{24}-\frac{n^{10} t^5}{120}+O\left(t^6\right)$$ $$\frac{\exp(-n^2t)}{n^4}=\frac{1}{n^4}-\frac{t}{n^2}+\frac{t^2}{2}-\frac{n^2 t^3}{6}+\frac{n^4 t^4}{24}-\frac{n^6 t^5}{120}+O\left(t^6\right)$$ Summing over $n$ from $1$ to $\infty$ hace un problema con la tercera y más términos.

Así que, en mi opinión, si necesitamos más que la de primer orden, debemos utilizar $$\sum_{n=1}^\infty\frac{\exp(-n^2t)}{n^4}\sim \frac {\pi^4}{90} -\frac {\pi^2}{6}t+ \alpha t^{\beta}$$ with ($1<\beta<2$) and parameters $\alpha$ and $\beta$ would be adjusted by nonlinear regression for a specified range of $t$.

Basado en once igualmente espaciados puntos de datos ( $0\leq t\leq 1$ , he obtenido $\alpha=0.934254$, $\beta=1.39772$ conduce a una $R^2=0.999987$. Así que la idea, propuesta por Antonio Vargas, de uso $\beta=\frac{3}{2}$ parece ser muy interesante. El uso de este último valor, encontré $\alpha=0.954250$$R^2=0.999302$. Por el final, ¿por qué no simplemente usar $$\sum_{n=1}^\infty\frac{\exp(-n^2t)}{n^4}\sim \frac {\pi^4}{90} -\frac {\pi^2}{6}t+ t^{\frac{3}{2}}$$, que es, básicamente, Antonio Vargas, de la idea y a quien el crédito debe ser dado.

Answer 2

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 $S(x)%$ dada por $$S(x) = \sum_{n\ge 1} \frac{1}{n^4}\exp(-(nx)^2).$$

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 $$\lambda_k = \frac{1}{k^4}, \quad \mu_k = k \quad \text{y} \quad g(x) = \exp(-x^2).$$ Necesitamos la Mellin transformar $g^*(s)$$g(x)$, que es

$$\int_0^\infty e^{-x^2} x^{m-1} dx = \int_0^\infty e^{-t} t^{s/2-1/2} \frac{1}{2} t^{-1/2} dt \\ = \frac{1}{2} \int_0^\infty e^{-t} t^{s/2-1} dt = \frac{1}{2} \Gamma(s/2).$$

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

$$Q(s) = \frac{1}{2} \Gamma(s/2) \zeta(s+4) \quad\text{porque}\quad \sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \sum_{k\ge 1} \frac{1}{k^4} \frac{1}{k^s} = \zeta(s+4)$$ para $\Re(s) > -3.$

Los fundamentales de la tira de la transformación de la función de base es $\langle 0, \infty \rangle$ y la intersección de esta con $\langle -3, \infty\rangle$ obtenemos que el Mellin de inversión integral aquí es

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

Afortunadamente los polos de la función gamma plazo en números enteros de $\le -6$ son cancelados por el trivial de los ceros de la función zeta, por lo que sólo cuatro polos siendo: $s=0, s=-2$ a partir de la función gamma, $s=-3$ a partir de la función zeta y de nuevo $s=-4$ a partir de la función gamma.

Tenemos $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s=0\right) = \frac{1}{2} \times 2 \times \zeta(4) = \frac{\pi^4}{90},$$ y $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s=-2\right) = \frac{1}{2} \times (-2) \times \zeta(2) \times x^2 = - \frac{\pi^2}{6} x^2,$$ y $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s=-3\right) = \frac{1}{2} \times \frac{4}{3}\sqrt{\pi} \times x^3 = \frac{2}{3}\sqrt{\pi} x^3$$ y, finalmente, $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s=-4\right) = \frac{1}{2} \1 \times \zeta(0) \times x^4 = - \frac{1}{4} x^4.$$

Esto le da la siguiente expansión en una vecindad de cero: $$S(x) \sim \frac{\pi^4}{90} - \frac{\pi^2}{6} x^2 + \frac{2}{3}\sqrt{\pi} x^3 - \frac{1}{4} x^4.$$

Ya que la suma que se les solicite en realidad es $S(\sqrt{t})$ obtenemos $$S(\sqrt{t}) \sim \frac{\pi^4}{90} - \frac{\pi^2}{6} t + \frac{2}{3}\sqrt{\pi} t\sqrt{t} - \frac{1}{4} t^2.$$

Esta respuesta coincide con los resultados de los anteriores mensajes, que merecen el crédito, con esta contribución de enriquecimiento sólo.

Answer 3

Como se ha señalado en otras respuestas aquí, $f''(t)=\sum e^{-n^2t}$, que es la suma de Riemann para $\int_0^{\infty}e^{-x^2t}dx=\sqrt{\pi/4t}$. Así $f(t)$ será la integral de la integral de o $(2/3)\sqrt{\pi}t^{3/2}$, además de en + B.