Término faltante en la expansión de la serie

Question

Ya había hecho una pregunta similar antes, pero ahora puedo formularla de manera más concreta. Estoy tratando de realizar una expansión de la función $$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{K_2(nx)}{n^2 x^2},$$ para $x \ll 1$. Aquí, $K_2(x)$ es la función de Bessel modificada de segundo tipo. Esta serie es el resultado de resolver la integral $$f(x) = \frac{1}{3}\int_1^\infty \frac{(t^2-1)^{3/2}}{\mathrm{e}^{xt}-1}\mathrm{d}t.$$ El resultado indicado es $$f(x) \approx \frac{\pi^4}{45 x^4} - \frac{\pi^2}{12 x^2}+\frac{\pi}{6x}-\frac{1}{32}\left( \frac{3}{2}-2\gamma+2\ln4\pi-\ln x^2\right)+\mathcal{O}(x^2),$$ donde $\gamma$ es la constante de Euler-Mascheroni. Coincide numéricamente con $f(x)$ para valores pequeños de $x$. Sin embargo, al usar la expansión en serie de la función de Bessel $$K_2(nx) = \frac{2}{n^2x^2}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sum_{k=0}^\infty \left[\psi(k+1)+\psi(k+3)-\ln\frac{n^2x^2}{4}\right]\frac{\left(\frac{n^2 x^2}{4}\right)^{k+1}}{k!(k+2)!},$$ con $\psi(x)$ siendo la función digamma y usando la regularización zeta para la suma sobre $n$, soy capaz de reproducir todos los términos, excepto $\frac{\pi}{6x}$. Es decir, mi resultado es $$f(x) = \frac{2\zeta(4)}{x^4} - \frac{\zeta(2)}{2x^2} + \frac{1}{8}\sum_{k=0}^\infty \left[\left(\psi(k+1)+\psi(k+3)-\ln\frac{x^2}{4}\right)\zeta(-2k) + 2 \zeta'(-2k)\right]\frac{\left(\frac{x^2}{4}\right)^{k}}{k!(k+2)!}.$$ Parece muy extraño que el término $\frac{\pi}{6x}$ aparezca en la expansión, ya que solo aparecen potencias pares de $x$ en $K_2(nx)$. Sin embargo, numéricamente, definitivamente está ahí. ¿Cómo pude pasarlo por alto?

Edición #1: ¡Acabo de tener una idea de dónde podría venir el término $\frac{\pi}{6x}$! Al aproximar la representación integral de $f(x)$ para $xt \ll 1$ y usando el regulador UV $\Lambda$, tenemos $$f(x) \approx \frac{1}{3} \int_1^\Lambda \frac{(t^2-1)^{3/2}}{xt}\mathrm{d}t \approx \frac{\Lambda^3}{9x} - \frac{\Lambda}{2x} + \frac{\pi}{6x}.$$ Bueno, ahora la pregunta es ¿por qué la serie de Bessel no ve este término y qué hacer al respecto?

Edición #2: El término faltante podría indicar que la regularización zeta no se está utilizando correctamente. El término $\frac{\pi}{6x}$ aparece justo en el medio, separando las sumas convergentes $\zeta(4)$ y $\zeta(2)$ de las sumas divergentes (regularizadas) $\zeta(-2k)$ y $\zeta'(-2k)$. Por lo tanto, el término faltante puede ser el precio a pagar por usar la regularización zeta. Desafortunadamente, no sé suficiente matemáticas para llegar a ninguna conclusión decisiva.

Edición #3: En la edición #1 argumenté que el término faltante $\frac{\pi}{6x}$ proviene de la expansión del exponencial en el denominador. Cuando expando el numerador en la serie binomial $$f(x) = \frac{1}{3} \int_1^\infty \frac{t^3}{\mathrm{e}^{xt}-1}\sum_{k=0}^\infty \binom{3/2}{k}(-t^{-2})^k\mathrm{d}t$$ y realizo la integración, obtengo nuevamente mi resultado original sin $\frac{\pi}{6x}$. Entonces, dependiendo de lo que elija expandir, obtengo resultados diferentes (e incompletos)??

Answer 1

Usando transformadas de Mellin podemos encontrar las asíntotas de manera intuitiva y directa. Tenemos que $$ \mathfrak{M}(K_2(x)/x^2; s) = 2^{s-4} \Gamma(s/2) \Gamma(s/2-2),$$ por lo que al ver a $f(x)$ como una suma armónica, obtenemos $$ \mathfrak{M}(f(x); s) = f^*(s) = 2^{s-4} \Gamma(s/2) \Gamma(s/2-2) \zeta(s).$$ Ahora invertimos para obtener la expansión de $f(x)$. Daré una tabla de las contribuciones desde los polos hasta el polo en $s=-6.$ $$ \begin{array} \operatorname{Res}(f^*(s) \, x^{-s}; s=4) & = & 1/45\,{\frac {{\pi }^{4}}{{x}^{4}}} \\ \operatorname{Res}(f^*(s) \, x^{-s}; s=2) & = & -1/12\,{\frac {{\pi }^{2}}{{x}^{2}}} \\ \operatorname{Res}(f^*(s) \, x^{-s}; s=1) & = & 1/6\,{\frac {\pi }{x}} \\ \operatorname{Res}(f^*(s) \, x^{-s}; s=0) & = & -1/16\,\ln \left( 4\,\pi \right) +1/16\,\gamma+1/16\, \ln \left( x \right) -{\frac {3}{64}} \\ \operatorname{Res}(f^*(s) \, x^{-s}; s=-2) & = & {\frac {1}{96}}\,\zeta \left( 1,-2 \right) {x}^{2} \\ \operatorname{Res}(f^*(s) \, x^{-s}; s=-4) & = & {\frac {1}{3072}}\,\zeta \left( 1,-4 \right) {x}^{4} \\ \operatorname{Res}(f^*(s) \, x^{-s}; s=-6) & = & {\frac {1}{184320}}\,\zeta \left( 1,-6 \right) {x}^{6}. \end{array}$$ En cuanto a cómo se calcula la transformada de Mellin de $K_2(x),$ puedo ofrecer algunas ideas. Empezamos con la conocida representación integral $$K_\alpha(x) = \int_0^\infty e^{-x \cosh t} \cosh (\alpha t) \; dt,$$ por lo que $$\mathfrak{M}(K_2(x); s) = \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-x \cosh t} \cosh (2t) \; dt \; x^{s-1} \; dx.$$ Esto se convierte en $$ \int_0^\infty \cosh (2t) \int_0^\infty e^{-x \cosh t} x^{s-1} \; dx \; dt = \Gamma(s) \int_0^\infty \frac{\cosh (2t)}{(\cosh t)^s} dt.$$ Ahora usando $$\cosh(2t) = 2\cosh(t)^2 - 1,$$ obtenemos $$ \Gamma(s) \left(2 \int_0^\infty \frac{1}{(\cosh t)^{s-2}} dt - \int_0^\infty \frac{1}{(\cosh t)^s} dt \right).$$ Además, $$ \int_0^\infty \frac{1}{(\cosh t)^s} dt = 2^s \int_0^\infty \frac{1}{(e^t + e^{-t})^s} dt = 2^s \int_0^\infty \frac{1}{e^{ts}} \frac{1}{(1 + e^{-2t})^s} dt$$ que es $$ 2^s \int_0^\infty \frac{1}{e^{ts}} \sum_{q\ge 0} (-1)^q \binom{q+s-1}{q} e^{-2qt} dt = 2^s \int_0^\infty \sum_{q\ge 0} (-1)^q \binom{q+s-1}{q} e^{-(2q+s)t} dt $$ o $$ 2^s \sum_{q\ge 0} (-1)^q \binom{q+s-1}{q} \int_0^\infty e^{-(2q+s)t} dt = 2^s \sum_{q\ge 0} (-1)^q \binom{q+s-1}{q} \frac{1}{2q+s}.$$ Ahora este último término es $$ 2^s \frac{1}{s} \; _2F_1(s/2, s; 1+s/2; -1). $$ Pero tenemos $$ _2F_1(a, 2a; a+1; -1) = \frac{1}{2a} \frac{\Gamma(a+1)^2}{\Gamma(2a)}$$ como se puede ver por ejemplo aquí.

Por lo tanto, $$\int_0^\infty \frac{1}{(\cosh t)^s} dt = 2^s \frac{1}{s^2} \frac{\Gamma(s/2+1)^2}{\Gamma(s)}.$$ Concluyendo, hemos demostrado que $$\mathfrak{M}(K_2(x);s) = 2 \Gamma(s) 2^{s-2} \frac{1}{(s-2)^2} \frac{\Gamma(s/2)^2}{\Gamma(s-2)} - \Gamma(s) 2^s \frac{1}{s^2} \frac{\Gamma(s/2+1)^2}{\Gamma(s)} \\ = 2^{s-1} \frac{s-1}{s-2}\Gamma(s/2)^2 - 2^s \frac{1}{s^2} \Gamma(s/2+1)^2 = 2^{s-1} \frac{s-1}{s-2}\Gamma(s/2)^2 - 2^{s-2} \Gamma(s/2)^2 = 2^{s-2} \Gamma(s/2)^2 \left( 2 \frac{s-1}{s-2} - 1\right) = 2^{s-2} \Gamma(s/2)^2 \frac{s}{s-2} = 2^{s-2} \Gamma(s/2)^2 \frac{s/2}{s/2-1} = 2^{s-2} \Gamma(s/2+1) \Gamma(s/2-1).$$