Suma de las raíces kth ( $\sum\sqrt[k]{m}$ )

Question

Estoy tratando de encontrar una asintótica para $$S(n) = \sum_{k=1}^n\sqrt[k]{m}$$ A partir de las pruebas computacionales, parece crecer casi tan lentamente como $n$ . Sin embargo, incluso $$\sum_{k=1}^\infty\sqrt[k]{m}-1$$ diverge (para $m\neq1$ ) mediante la prueba de comparación.

Estoy pensando que podría ser algo así como $n\log{\log n}$ pero no sé cómo mostrarlo.

Actualización: Así que resulta estar más cerca de $n\sqrt[n]{m}$ . ¿Alguien sabe si existe una buena fórmula?

Answer 1

Usted tiene : $$ M^{1/k} = 1 + \frac{1}{k} \ln M + \frac{1}{2} \ln^2 M \frac{1}{k^2} + O(1/k^3)$$ Desde $$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(1/n^2)$$ $$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} - \frac{1}{n} + O(1/n^2)$$ deducimos : $$\sum_{k=1}^n M^{1/k} = n + \ln M. \ln n + C + (\ln M + \ln^2 M) \frac{1}{2n} + O(1/n^2),$$ para alguna constante $C$ .

Answer 2

Para un tamaño lo suficientemente pequeño $x>0$ tenemos $e^x-1\in(x,2x)$ . Además, $\sqrt[k]{m}-1=m^{1/k}-1=e^{(\ln m)/k}-1$ . Como $k$ aumenta $x$ se acercará $0$ y, por lo tanto, para un tamaño suficientemente grande $k$ tenemos $$ \frac{\ln m}{k}<\sqrt[k]{m}-1<\frac{2\ln m}{k}\,.$$ Desde $$ \sum_{k=1}^n\frac1k \sim \ln n \longrightarrow \infty $$ para $n\to\infty$ por el lema del sándwich, su suma también llegará al infinito para $n\to\infty$ con velocidad logarítmica.

Answer 3

Después de la respuesta de Ralph me gustaría detallar un poco esto. [actualización](upps, después de haber publicado esto parece que user10670 estaba 30 segundos por delante)

Después de algunas manipulaciones estándar con las matrices de Carleman para $$ m \to \sqrt[x]{1+m}-1 =\exp( \log(1+m) / x)-1 $$
Llego a la siguiente asíntota.
Necesitamos también la expresión de la suma de los primeros recíprocos consecutivos $$ s_p(a,n) = \sum_{k=a}^n \frac 1{k^p} $$ entonces obtenemos $$S_m(n) = \sum_{k=0}^\infty {\log(m)^k s_k(2,n) \over k!} $$ y claramente esto contiene un $\zeta(1)-1$ -expresión en $s_1(2,n)$ si n se supone que va al infinito.

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comentario sin revisar: Para conseguir que esto sea posiblemente convergente creo que no sólo hay que reducir en 1 sino también en el siguiente término, así que algo como $$S_m(n) = \sum_{k=1}^n \sqrt[k]{m}-1+m/k $$ para eliminar el $\zeta(1)$ -expresión

Answer 4

La mejor fórmula, razonablemente sencilla, que he encontrado hasta ahora es: $$m + n + log(n)log(m) - 1$$ Lo cual es curiosamente simétrico.

Si $m$ y $n$ crece a la misma velocidad, no crece lo suficientemente rápido (pierde alrededor de un 0,2% a $m=n=10^5$ ), pero si uno de $m$ o $n$ crece más rápido, es casi perfecto.

Trazado con $m=2$ , $0<n\leq10$

Esto se hace utilizando el método de user10676, pero partiendo de $k=2$ y añadiendo el $k=1$ caso manualmente. He sustituido el $H_n-1$ término por $log(n)$ ya que era más sencillo y daba mejores resultados.