$e^x(\ln x-c) =\sum \limits_{k=0}^\infty \frac{ x^{k} \Gamma'(k+1)}{ (k!)^2}$ Es resultado correcto?

Question

$e^x=\sum \limits_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}$

Podemos escribir $e^x=\sum \limits_{k=0}^\infty \frac{x^k}{ \Gamma(k+1)}$

Donde $\Gamma(x)$ es la función Gamma

$\Gamma(k+1)=k\Gamma(k)$

$\frac{\Gamma(k+1)}{\Gamma(k)}=k$

$\frac{\Gamma(1)}{\Gamma(0)}=0$

$\frac{1}{\Gamma(0)}=0$

$\frac{\Gamma(-1+1)}{\Gamma(-1)}=\frac{\Gamma(0)}{\Gamma(-1)}=-1$

$\frac{1}{\Gamma(-1)}=\frac{-1}{\Gamma(0)}=-1.\frac{1}{\Gamma(0)}=0$

Si seguimos en ese camino, se consigue el resultado

para $m $ no es entero positivo, $\frac{1}{\Gamma(m)}=0$

Por lo tanto, podemos escribir la $e^x=\sum \limits_{k=-\infty}^\infty \frac{x^k}{ \Gamma(k+1)}$

Luego ampliarse $e^x$ n es un entero (Ecuación 1): $$e^x=\sum \limits_{k=-\infty}^\infty \frac{x^{k+n}}{ \Gamma(k+n+1)}$$

$n \in Z $ {...,-2,-1,0,1,2,...}

Es posible extender el defination a $z \in C$.

$f(x)=\sum \limits_{k=-\infty}^\infty \frac{x^{k+z}}{ \Gamma(k+1+z)}$

$$\frac{d(f(x))}{dx}=\frac{d}{dx}(\sum \limits_{k=-\infty}^\infty \frac{x^{k+z}}{ \Gamma(k+1+z)})= \sum \limits_{k=-\infty}^\infty (k+z)\frac{x^{k+z-1}}{ (k+z)\Gamma(k+z)}= \sum \limits_{k=-\infty}^\infty \frac{x^{k+z-1}}{ \Gamma(k+z)}=\sum \limits_{k=-\infty}^\infty \frac{x^{k+z}}{ \Gamma(k+1+z)}=f(x)$$

$$\frac{d(f(x))}{dx}=f(x)$$

$$f(x)=c(z)e^x$$

$c(z)e^x=\sum \limits_{k=-\infty}^\infty \frac{x^{k+z}}{ \Gamma(k+1+z)}$ De acuerdo con la Ecuación 1, $c(z) = 1$ $z \in Z$ pero me di cuenta que se necesita para encontrar lo que es$c(z)$$z \in C$. (Gracias a Norberto por su contribución)

Después de que nos podemos encontrar en el resultado:

$$\frac{\partial(c(z)e^x)}{\partial z}=\sum \limits_{k=-\infty}^\infty \frac{\partial}{\partial z}(\frac{x^{k+z}}{ \Gamma(k+1+z)})$$

$$c'(z)e^x=\sum \limits_{k=-\infty}^\infty \frac{\partial}{\partial z}(\frac{x^{k+z}}{ \Gamma(k+1+z)})$$

$$c'(z)e^x=\sum \limits_{k=-\infty}^\infty (\frac{\ln x . x^{k+z}}{ \Gamma(k+1+z)})-\sum \limits_{k=-\infty}^\infty (\Gamma'(k+1+z)\frac{ x^{k+z}}{ \Gamma^2(k+1+z)})$$

$$c'(z)e^x=\ln x \sum \limits_{k=-\infty}^\infty (\frac{ x^{k+z}}{ \Gamma(k+1+z)})-\sum \limits_{k=-\infty}^\infty (\Gamma'(k+1+z)\frac{ x^{k+z}}{ \Gamma^2(k+1+z)})$$

$$e^x(c(z)\ln x-c'(z)) =\sum \limits_{k=-\infty}^\infty (\frac{ x^{k+z} \Gamma'(k+1+z)}{ \Gamma^2(k+1+z)})$$

Si tomamos $z=0$, se obtiene un resultado interesante.

$$e^x(c(0)\ln x -c'(0)) =\sum \limits_{k=0}^\infty \frac{ x^{k} \Gamma'(k+1)}{ (k!)^2}$$

$c(0)=1$ según la Ecuación 1

Así

$$e^x(\ln x -c'(0)) =\sum \limits_{k=0}^\infty \frac{ x^{k} \Gamma'(k+1)}{ (k!)^2}$$ No sé lo $c'(0) is$.

Acoording para Norbert respuesta. $c'(0) \approx -0.596347$

No he visto que el resultado en otro lugar. Se sabe el resultado?Por favor, hágamelo saber si mis resultados son correctos o no.

Podemos extender todas esas funciones que incluyen la $\Gamma(x)$ en el denominador?

Gracias por los consejos

Answer 1

Dejando de lado las cuestiones de convergencia por el momento, no parece ser un error en el cálculo formal. La función de $\frac{\Gamma'(1+z)}{\Gamma(1+z)^2}$ se extiende a toda una función, cuyo valor en$z=-n$$(-1)^n\Gamma(n)$. Esto significa que, cuando se $z=0$, no podemos ignorar los términos de la suma con $k<0$. Así, tal vez la pregunta debería ser si $$ e^x\log(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{x^k\Gamma'(k+1)}{(k!)^2}+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n (n-1)! x^{-n} $$ En este momento, esto es todo formal.

La segunda pieza de la anterior serie no converge para cualquier $x\neq 0$. Sin embargo, existe una técnica llamada Borel suma (echa un vistazo W. Balser del libro "Desde el divergentes de alimentación de la serie de funciones analíticas", o http://en.wikipedia.org/wiki/Borel_summation), que permite asignar una "suma" a una potencia de la serie cuyos coeficientes crecer factorially rápido. Básicamente, la teoría de Borel suma dice que entre todas las funciones analíticas en algunos sectores de haber $$ \sum_{n=1}^\infty (-1)^n(n-1)!x^{-n} $$ como un asintótica de expansión al infinito, hay uno que se aproxima al máximo bien por esta expansión. Esta analítica de la función, si existe, se llama la Borel suma de la serie. Si definimos $$ g(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{x^k\Gamma'(k+1)}{(k!)^2}, $$ y definir $h(x)$ a ser la suma de Borel $$ \sum_{n=1}^\infty (-1)^n (n-1)! x^{-n}, $$ entonces tiene sentido preguntar si $e^x\log(x)=g(x)+h(x)$. Yo no sé la respuesta a esto.

En nuestro caso, podemos calcular de forma explícita que $$ h(x)=-e^x\int_x^\infty\frac{e^{-t}}{t}\,dt $$

Parece que necesitamos para hacer la misma cosa cuando escribimos $$ e^x=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{x^{k+z}}{\Gamma(k+1+z)} $$ Al $z$ no es un número entero, esta serie no converge para cualquier $x$ (tenemos que $\Gamma(k+1+z)$ decae como $\frac{1}{|k|!}$$k\to-\infty$). Esta serie puede ser separado, la parte divergente Borel se suman, y de nuevo no sé si obtenemos la función de $e^x$ en la final. He comprobado que este es el caso cuando se $z$ es la mitad de un entero (yo lo hice este cálculo hace mucho tiempo, y yo sólo tengo alrededor de 80% confianza en su exactitud)

Answer 2

Esta es la respuesta a la pregunta anterior

Este resultado no es correcto, porque para $x=1$ lado izquierdo es $0$, mientras que el lado derecho es de aproximadamente $$ \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{\Gamma'(k+1)}{(k!)^2}\approx 0.596347 $$ Problemas de aumento, incluso en el momento de extender $\exp$ serie de índices negativos. Para $k+n+1\in\mathbb{Z}_-$ $\Gamma(k+n+1)$ no está bien definida. Por lo tanto las funciones $$ \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^{k+z}}{\Gamma(k+z+1)}\qquad\text{ y }\qquad \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^{k+z}\Gamma'(k+z+1)}{\Gamma(k+z+1)^2} $$ no está definida para valores enteros de a $z$. Así que usted no puede sustituir a $z=0$ en la final de su prueba.

Esta es la respuesta a editar pregunta

Este resultado todavía no se sostiene porque los límites de lado izquierdo al $x$ tiende a cero es $-\infty$ y el límite del lado derecho se $$ \frac{\Gamma'(0+1)}{(1!)^2}=-\gamma=-0.577216 $$

Answer 3

Vamos $$\begin{eqnarray*} g(x) &=& \sum \limits_{k=0}^\infty \frac{ x^{k} \Gamma'(k+1)}{ (k!)^2} \\ &=& \sum_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}\psi(k+1), \end{eqnarray*}$$ donde $\psi$ es la función digamma. Utilizando la fórmula de recurrencia para la digamma, $\psi(x+1) = \psi(x) + 1/x$, uno puede mostrar que $g(x)$ satisface la ecuación diferencial $$\begin{equation*} g'(x) - g(x) = \frac{1}{x}(e^x-1). \tag{1} \end{ecuación*}$$ La condición de contorno es $g(0) = \psi(1) = -\gamma$ donde $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante. (Interpretamos $g(0)$$\lim_{x\to 0^+} g(x)$.) La ecuación diferencial (1) puede ser resuelto mediante técnicas estándar. Véase más abajo para una derivación.

La solución es $g(x) = e^x[\log x + E_1(x)]$, donde $E_1(x) = \int_x^\infty dt\, e^{-t}/t$ es la integral exponencial. (Suponemos que para el momento en que $|\mathrm{Arg}(x)| < \pi$.) Por lo tanto, $$\begin{equation*} \sum \limits_{k=0}^\infty \frac{ x^{k} \Gamma'(k+1)}{ (k!)^2} = e^x[\log x + E_1(x)]. \tag{2} \end{ecuación*}$$ Esto está de acuerdo con @Elefantes rosas resultado. El uso de la serie representación de $E_1(x)$ $|\mathrm{Arg}(x)| < \pi$ nos encontramos $$\begin{equation*} \sum \limits_{k=0}^\infty \frac{ x^{k} \Gamma'(k+1)}{ (k!)^2} = -\gamma e^x + e^x \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}x^k}{k k!}. \tag{3} \end{ecuación*}$$ Aviso el logarítmica singularidades cancelar el uno al otro, por lo que la aparente rama de corte en (2) es ilusoria. La suma a la derecha de (3) converge para todo el complejo $x$ y satisface la condición de frontera por la inspección.

La derivación de (2)

Utilizando el factor de integración técnica, podemos encontrar la solución particular $$\begin{eqnarray*} g_p(x) &=& e^{x-a} \int_{a}^x dt\, e^{-(t-a)} \frac{1}{t}(e^t-1) \\ &=& e^x[\log x + E_1(x)] - e^x[\log a + E_1(a)], \end{eqnarray*}$$ donde $|\mathrm{Arg}(a)|<\pi$. Para satisfacer la condición de contorno debemos agregar la solución homogénea $$g_h(x) = e^x[\log a + E_1(a)],$$ así $$\begin{equation*} g(x) = e^x[\log x + E_1(x)]. \end{ecuación*}$$ Aquí utilizamos el hecho de que $\lim_{x\to 0^+} E_1(x) = -\log x - \gamma$, por lo que $\lim_{x\to 0^+} g(x) = -\gamma$, según se requiera.