Expansión asintótica de una serie

Question

Estoy interesado en el asymptotics, como $x$ tiende a $0$, de $$f(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\frac{1}{(e^{nx}-1)^2}$$ Esta función está bien definida para cada $x > 0$ (por ejemplo, el uso de $e^{nx}-1 \geq nx$).

Además, Lebesgue del teorema de convergencia dominada muestra que, $$ f(x) \sim \frac{\zeta(3)}{x^2} $$ como $x$ tiende a $0$ donde $\displaystyle\zeta(3) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}$ es Apéry constante.

Podría usted ayudarme a conseguir de una forma más precisa asintótica de expansión de $f(x)$ $x$ tiende a $0$ ?

(mejor sería con $o(1)$)

Answer 1

Tenga en cuenta que $$\sum_{m=1}^\infty \frac{m}{q^{m+1}} = \frac{1}{(q-1)^2}, \qquad |q|>1.$$

Con $q= e^{nx}$, tenemos $$f(x)= \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty \frac{m e^{-n (m+1) x}}{n} =-\sum_{m=1}^\infty m \log\left(1-e^{-(1+m)x}\right). $$

A continuación, use el de Euler-Maclaurin fórmula: $$f(x) \sim -\int_1^\infty \!dz\z \log\left(1-e^{-(1+z)x}\right) - \overbrace{\frac{\log(1-e^{-2x})}{2}}^{\log x+ \mathcal{S}(1)} + \frac{1}{12} \overbrace{\left[ \frac{x}{e^{2x}-1}+\log \left(1-e^{-2 x}\right) \right]}^{\log x+\mathcal{S}(1)} + R$$

Con $$|R| \leq C \int_1^{\infty} \left| g''(z) \right|dz$$ where $g(z) = z \log\left(1-e^{-(1+z)x}\right) $. Numerical calculation shows $R = \mathcal{S}(1)$ aunque no tengo ninguna prueba todavía.

Así tenemos $$f(x) \sim - \int_1^\infty \!dz\z \log\left(1-e^{-(1+z)x}\right) = \frac{1}{x^2} \int_{2x}^\infty\!dx\,(x-y) \log(1-e^{-y}).$$

Necesitamos evaluar $$\begin{align}\int_{2x}^\infty\!dy\,(x-y) \log(1-e^{-y}) &= x \underbrace{\int_{0}^\infty\!dy\, \log(1-e^{-y})}_{-\pi^2/6} -\underbrace{\int_{0}^\infty\!dy\, y\log(1-e^{-y})}_{\zeta(3)}\\ &\quad+ \underbrace{\int_0^{2x} \!dy\,(y-x)\log(1-e^{-y})}_{\mathcal{O}(x^2)}\end{align} .$$

En conclusión, hemos $$f(x) \sim \frac{\zeta(3)}{x^2}- \frac{\pi^2}{6x} - \frac{5}{12}\log x+ \mathcal{O}(1).$$

Answer 2

Esta serie también puede ser evaluado mediante el cálculo de la Mellin de transformar y de la inversión que para obtener la expansión asintótica.

Tenemos $$ f(x) = \sum_{n\ge 1} \frac{1}{n} \frac{1} {e^{nx}-1)^2} = \sum_{n\ge 1} \frac{1}{n} \frac{1}{e^{2nx}} \frac{1}{(1-e^{-nx})^2}$$ lo que da $$ f(x) = \sum_{n\ge 1} \frac{1}{n} \frac{1}{e^{2nx}} \sum_{k\ge 0} (k+1) e^{-knx} = \sum_{n\ge 1} \frac{1}{n} \sum_{k\ge 0} (k+1) e^{-(k+2)nx}.$$

Ahora recuerdo que $$\mathfrak{M}(e^{-qx};s) = \Gamma(s) \frac{1}{q^s}$$ de modo que $$f^*(s) = \mathfrak{M}(f(x);s) = \Gamma(s) \sum_{n\ge 1} \frac{1}{n} \sum_{k\ge 0} (k+1) \frac{1} {k(k+2)^n^s} = \Gamma(s) \zeta(s+1) \left( - \sum_{k\ge 0} \frac{1} {k(k+2)^s} + \sum_{k\ge 0} \frac{k+2}{(k+2)^s} \right)$$ y, finalmente, $$\Gamma(s) \zeta(s+1) \left( 1 - \zeta(s) -1 + \zeta(s-1) \right) = \Gamma(s) \zeta(s+1) \left( \zeta(s-1) - \zeta(s) \right).$$ El Mellin de inversión integral es $$ f(x) = \int_{4-i\infty}^{4+i\infty} \frac{f^*(s)}{x^s} ds.$$ Introducir $$ L(s) = \frac{f^*(s)}{x^s} .$$ La expansión asintótica ahora se pueden leer en los residuos en los polos: $$\operatorname{Res}_{s=2} L(s) = \frac{\zeta(3)}{x^2},$$ $$\operatorname{Res}_{s=1} L(s) = -\frac{\pi^2}{6x},$$ $$\operatorname{Res}_{s=0} L(s) = \zeta'(-1) + \frac{1}{2}\log(2\pi) - \frac{5}{12}\log x.$$ La suma de estos para obtener la expansión asintótica. Hay algunos términos adicionales que se generan por los polos de la función Gamma.

Answer 3

La serie asintótica tiene un coeficiente de infinito ($\frac{5}{12} \zeta(1)$) para el término de $O(1)$. El comportamiento de la serie en el límite como $x \rightarrow 0$ es más complicado, tiene un término con un factor de $\log{x}$, sospecho.