Asintótica para la suma

Question

¿Cómo puedo encontrar la fórmula para $\displaystyle{\sqrt[3]1 + \sqrt[3]2 + \sqrt[3]3 + \cdots + \sqrt[3]n}$ con una precisión ${\rm O}\left(\, 1 \over \vphantom{\LARGE A}n^{5}\,\right)$

Es aquí debemos usar polinomios de Bernoulli?

Answer 1

Supongamos que podemos responder a esta pregunta mediante el cálculo de la asymptotics de $$\sum_{k=1}^n \sqrt[3]{k}.$ $ , Esto en realidad es un ejemplo de libro de texto de armónica de la sumatoria de las técnicas.

Introducir $$S(x) = \sum_{k\ge 1} \left(\sqrt[3]{k}-\sqrt[3]{x+k}\right)$$ de modo que nuestra respuesta es dada por $S(n).$

Re-escribir $S(x)$ como sigue: $$S(x) = \sum_{k\ge 1} \sqrt[3]{k} \left(1-\sqrt[3]{x/k+1}\right).$$ 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 $$\lambda_k = \sqrt[3]{k}, \quad \mu_k = \frac{1}{k} \quad \text{y} \quad g(x) = 1-\sqrt[3]{x+1}.$$

La cancelación de una primera parte de la serie sobre el cero de la función siendo transformados sólo a los cambios fundamentales de la tira, así que podemos empezar mediante el cálculo de la Mellin transformar $h^*(s)$ $h(x)=1-g(x)$ que es $$\int_0^\infty \sqrt[3]{x+1} x^{m-1} dx = \int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{(1+x)^{s+(-1/3-s)}} dx = \mathrm{B}(s, -1/3-s).$$

Ahora la convergencia de la función beta integral requiere de $\Re(s)>0$ y $\Re(-1/3-s)>0$$-1/3>\Re(s)$, por lo que este no converge (la mitad de los aviones no se cruzan). Por lo tanto, tendremos que cambiar el fundamental tira de a $\langle -2, -1\rangle$ por la cancelación de los dos primeros términos de $\sqrt[3]{1+x} \sim 1 + \frac{1}{3} x$ en efecto usando $g(x)+ \frac{1}{3} x.$ (La razón por la que nos mudamos a este particular tira se aclarará más adelante. Ahora hemos añadido

$$\sum_{k\ge 1} \sqrt[3]{k} \times \frac{1}{3} \frac{x}{k} = \frac{1}{3} x \sum_{k\ge 1} \frac{1}{k^{2/3}} = \frac{1}{3} \zeta(2/3) \times x$$

a $S(x)$ y se tiene que recordar a restar esta cantidad más tarde.)

De ello se desprende que la transformada de Mellin $g(x)$ está dado por $$g^*(s) = - \mathrm{B}(s, -1/3-s) = - \frac{\Gamma(s)\Gamma(-1/3-s)}{\Gamma(-1/3)} = -\frac{1}{\Gamma(-1/3)} \Gamma(s) \Gamma(-1/3-s).$$

Por lo tanto, de la transformación de $Q(s)$ $S(x)$ es $$ Q(s) = -\frac{1}{\Gamma(-1/3)} \Gamma(s) \Gamma(-s-1/3) \zeta(-s-1/3) \quad\text{porque}\quad \sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \sum_{k\ge 1}\sqrt[3]{k} \times k^s = \zeta(-s-1/3).$$

La mitad del plano de convergencia de la zeta plazo es $\Re(s)<-4/3.$ Teniendo en cuenta la intersección de $\langle -2, -1\rangle$, con la mitad del plano de convergencia de este modo, obtener la Mellin de inversión integral

$$ S(x) = \frac{1}{2\pi i} \int_{-3/2-i\infty}^{-3/2+i\infty} P(s)/x^s ds$$ de la cual evaluamos por desplácelo hacia la derecha para una ampliación sobre infinito.

Tenemos $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s = -\frac{4}{3}\right) = -\frac{3}{4} x^{4/3}.$$

(No se preocupe acerca de la aparente signo de error, ya que los residuos de los ser rechazada porque estamos girando a la derecha.)

También tenemos $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s = -1\right) = -\frac{1}{3} \zeta(2/3) \x veces,$$ y esto no va a contribuir como se explicó anteriormente.

Además, hemos $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s = -\frac{1}{3}\right) = -\frac{1}{2} x^{1/3}.$$

Continuando obtenemos $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s = 0\right) = -\zeta(-1/3).$$

La última pole para merecer un tratamiento especial es el de la $s=2/3$ donde obtenemos $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s = \frac{2}{3}\right) = -\frac{1}{36} x^{-2/3}.$$

Para el resto de los postes en $s=q-1/3$ donde $q\ge 2$ obtenemos $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s; s = q-1/3\right) = \frac{\Gamma(p-1/3)}{\Gamma(-1/3)} \times \frac{(-1)^p}{q!} \times \zeta(-q) \times x^{1/3-q}.$$

Este es $$(-1)^q \frac{\prod_{k=0}^{q 2} (3k+2)}{3^q \veces q!} \frac{B_{p+1}}{q+1} \times x^{1/3-q}$$ o $$(-1)^q \times B_{p+1} \times \frac{\prod_{k=0}^{q 2} (3k+2)}{3^q \times (q+1)!} \veces x^{1/3-q}.$$

Ahora esto sólo contribuye al $q+1$ es incluso de modo que podemos simplificar la totalidad de la contribución a $$- \sum_{p\ge 1} B_{2p+2} \frac{\prod_{k=0}^{2p-1} (3k+2)}{3^{2p+1} \times (2p+2)!} \veces x^{-2/3-2p}.$$

Esto da para la expansión asintótica $$S(x) \sim \frac{3}{4} x^{4/3} + \frac{1}{2} x^{1/3} + \zeta(-1/3) \\+ \frac{1}{36} x^{-2/3} + \sum_{p\ge 1} B_{2p+2} \frac{\prod_{k=0}^{2p-1} (3k+2)}{3^{2p+1} \times (2p+2)!} \veces x^{-2/3-2p}.$$

Tenemos, en particular, con $x=n$ la expansión asintótica $$3/4\,{n}^{4/3}+1/2\,\sqrt [3]{n}+\zeta \left( -1/3 \right) +1/36 \,{n}^{-2/3}\\-{\frac {1}{1944\,{n}^{8/3}}}+{\frac {11}{91854\,{n}^ {14/3}}}-{\frac {187}{2361960}{n}^{-{\frac {20}{3}}}}+{\frac { 1955}{19131876}{n}^{-{\frac {26}{3}}}}-\cdots$$

Hay una muy similar de cálculo en este MSE enlace.

Answer 2

El uso de Euler-Maclaurin suma con $f(x) = x^{1/3}$:

$$\sum_{k=1}^{n}k^{1/3} = \int_{1}^{n}f(x)\,dx + \frac1{2}[f(n)-f(1)]+\frac{B_2}{2!}[f'(n)-f'(1)] + \frac{B_4}{4!}[f'''(n)-f'''(1)]+ \ldots +\frac{(-1)^mB_m}{m!}[f^{(m-1)}(n)-f^{(m-1)}(1)] + R_m(n)$$

donde el resto es

$$R_m(n) = \frac{(-1)^{m+1}B_m}{m!}\int_1^nB_m(\{x\})f^{(m)}(x) \, dx$$

Un obligado en el término de error $R_m(n)$ es

$$R_m(n) = \theta\frac{B_{m+2}}{(m+2)!}[f^{(m+1)}(n)-f^{(m+1)}(1)].$$

Tenga en cuenta que

$$f^{(m)}(n) = O[n^{-(3m-1)/3}].$$

Tenemos $B_n = 0$ por extraño $n\geq 3$, y $B_2 = 1/6$, $B_4 = -1/30$, $B_6 = 1/42, ...$

Entonces

$$\sum_{k=1}^{n}k^{1/3} = \frac{3}{4}\left(n^{4/3}-1\right) + \frac1{2}[n^{1/3}-1]+\frac{1}{36}[n^{-2/3}-1] - \frac{1}{1944}[n^{-8/3}-1] \\ +\frac{11}{91854}[n^{-14/3}-1]+ \ldots$$

Answer 3

Usted puede comenzar con el valor exacto de $\,\zeta\left(-\dfrac 13\right)\,$ y eliminar la corrección de los términos de Euler-Maclaurin de expansión de $\zeta$ al final de esta respuesta (es decir, establecer$z=-\dfrac 13$!).

o usar directamente este pari/gp de secuencia de comandos para calcular $f(-1/3,n)$ :

f(x,n)=zeta(x)-(+1/((x-1)*n^(x-1))-1/(2*n^x)+x/(12*n^(x+1))-x*(x+1)*(x+2)/(720*n^(x+3))+x*(x+1)*(x+2)*(x+3)*(x+4)/(30240*n^(x+5)))  
g(n)=sum(k=1,n,k^(1/3))
d(n)=f(-1/3,n)-g(n)
> \p 48
> d(1000)  
%9 = 7.9171433319144741701079982817 E-25