Asintótica comportamiento de la suma de las inversas símbolo japonés

Question

Estoy interesado en el comportamiento asintótico de la suma $$\sum_{m=1}^M\frac{1}{\sqrt{m^2+\omega}}$$ para $1>\omega>0$ en el Límite de $M\to\infty$ hasta fin de a $\mathcal{O}(M^{-1})$.

La primera cosa que hice fue dividir la suma de la siguiente manera:

$$\sum_{m=1}^M\frac{1}{\sqrt{m^2+\omega}}=\sum_{m=1}^M\frac{1}{m}+\sum_{m=1}^M\left(\frac{1}{\sqrt{m^2+\omega}}-\frac{1}{m}\right)$$

Para la primera suma puedo usar la aproximación de Euler para obtener $$\sum_{m=1}^M\frac{1}{m}=\log(M)+\gamma_E+\mathcal{O}(M^{-1}).$$

Ahora sospecho que el resto va como $$\sum_{m=1}^M\left(\frac{1}{\sqrt{m^2+\omega}}-\frac{1}{m}\right)=c(\omega)+\mathcal{O}(M^{-1}).$$

La pregunta es, ¿cómo puedo calcular explícitamente $c(\omega)$?

Answer 1

Si explotamos:

$$\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+\omega}}-\frac{1}{x}\right)=-1+J_0(s\sqrt{\omega})=\sum_{n\geq 1}\frac{s^{2n}\omega^n(-1)^n}{4^nn!^2} \tag{1}$$ tenemos:

$$c(\omega)-\gamma = \int_{0}^{+\infty}\frac{J_0(s\sqrt{\omega})-1}{e^s-1}\,ds. \tag{2}$$

Answer 2

El de Euler-Maclaurin de la Suma de la Formula que se aplica para la alimentación de la serie en $\frac1m$ rendimientos

$$\begin{align} \sum_{m=1}^M\frac1{\sqrt{m^2+\omega}} &=\log(M)+c(\omega)+\frac1{2M}+\frac{3\omega-1}{12M^2}-\frac\omega{4M^3}\\ &+\frac{4+60\omega-45\omega^2}{480M^4}+\frac{3\omega^2}{M^5}+O\!\left(\frac1{M^6}\right)\tag{1} \end{align}$$

y $$\sum_{m=1}^M\frac1m =\log(M)+\gamma+\frac1{2M}-\frac1{12 M^2}+\frac1{120M^4}+O\!\a la izquierda(\frac1{M^6}\right)\etiqueta{2}$$ Tenga en cuenta que como $\omega\to0$, $(1)\to(2)$, mientras $c(\omega)\to\gamma$.

Restando $(2)$ $(1)$ y dejando $M\to\infty$, obtenemos $$c(\omega)-\gamma =\sum_{m=1}^\infty\left(\frac1{\sqrt{m^2+\omega}}-\frac1m\right)\etiqueta{3}$$ Por lo tanto, $$\begin{align} c(\omega) &=\gamma+\sum_{m=1}^\infty\left(\frac1{\sqrt{m^2+\omega}}-\frac1m\right)\\ &=\gamma+\frac1{\sqrt{1+\omega}}-1+\sum_{m=2}^\infty\left(\frac1{\sqrt{m^2+\omega}}-\frac1m\right)\\ &=\gamma+\frac1{\sqrt{1+\omega}}-1+\sum_{m=2}^\infty\frac1m\sum_{k=1}^\infty\binom{2k}{k}\left(-\frac\omega{4m^2}\right)^k\\ &=\gamma+\frac1{\sqrt{1+\omega}}-1+\sum_{k=1}^\infty\left(-\frac\omega4\right)^k\binom{2k}{k}\underbrace{(\zeta(2k+1)-1)}_{\sim2^{-2k-1}}\tag{4} \end{align}$$ Es decir,

$$c(\omega)=\gamma+\frac1{\sqrt{1+\omega}}-1+\sum_{k=1}^\infty\left(-\frac\omega4\right)^k\binom{2k}{k}(\zeta(2k+1)-1)\tag{5}$$

El valor absoluto del coeficiente de $\omega^k$ en la suma es $\,\sim\!\frac1{4^k\sqrt{4\pi k}}$, por lo que la suma converge para $\left|\omega\right|\lt4$. Por lo tanto, $\lim\limits_{\omega\to0}c(\omega)=\gamma$, como se ha indicado anteriormente.

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Tenga en cuenta que si incorporamos $\frac1{\sqrt{1+\omega}}-1$ en la suma de $(4)$ y se mueven $\gamma$ a la derecha, obtenemos $$c(\omega)-\gamma=\sum_{k=1}^\infty\left(-\frac\omega4\right)^k\binom{2k}{k}\zeta(2k+1)\etiqueta{6}$$ que coincide con la fórmula de $(1)$ a partir de Jack D'Aurizio la respuesta aplicada a la integral en $(2)$ a partir de Jack D'Aurizio la respuesta. Sin embargo, $(6)$ sólo converge para $-1\lt\omega\le1$.

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Aquí está una parcela de $c(\omega)$$0\le\omega\le1$:

Answer 3

Si el uso de la integral de Riemann truco, se obtiene: $$\sum_{m=1}^M\frac{1}{\sqrt{m^2+\omega}} \sim \ln\frac{2M}{1+\sqrt{\omega+1}}+\frac{1}{4}\frac{\omega}{M^2}+\mathcal{O}(\frac{\omega^2}{M^4})$$

Para ver qué tan bien el lado derecho de la función (que vamos a llamar es $fa(M)$, ya que la forma asintótica de la suma) se aproxima a la suma, aquí es la relación de la suma a su asintótica (?) la fórmula (es decir, el lado derecho de la ecuación):

($N$ en la cifra es nuestra $M$). La línea roja es un ajuste a la proporción ($\omega=0.43$) .

Espero que esto ayude un poco.

Agregó nota: si en la suma de Riemann sumamos los trapecios (con áreas ligeramente más grande que el área bajo la curva) en lugar de rectángulos, la nueva fórmula (con un error absoluto de casi un orden de magnitud menos) ahora se lee: $$\sum_{m=1}^M\frac{1}{\sqrt{m^2+\omega}} \sim \ln\frac{2M}{1+\sqrt{\omega+1}}+\frac{1}{2\sqrt{\omega+1}} + \frac{1}{2M} + \frac{1}{4}\frac{\omega}{M^2}+\mathcal{O}(\frac{\omega}{M^3})$$