Post by Dr. Wolfgang HintzePost by Antonio GonzálezPost by Dr. Wolfgang HintzePartiendo del problema similar de Antonio se pide determinar el
comportamiento de la función (x>=0)
f(x) = Sum(k=1^oo, x/(E^(k x)-1))
cerca de x=0, pero no sólo en el límite x->0 (que es gamma otra vez).
El otro no era gamma, era -ln(x/2) + gamma
Si lo escribimos como
f(x) = sum_(k=1)^oo (x/2) e^(-kx/2)/(senh(kx/2))
y teniendo que exp(-kx/2) ~ 1 cerca de x->0, el resultado debería ser
f(x) ~ -ln(x/4) + gamma
Veremos.
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Antonio
No lo creo, a mí me sale
f1(x) ~= -Log(x) + gamma
que es menos por log(4) = 1.38629... que tu expresión.
Numéricamente tenemos por ejemplo
f(x=0.001) = 8.87127
f1(x=0.001) = 7.48522
f-f1 = 1.3860 que es ~= Log(4) = 1.3863
Derivación de f1(x) (que demuestre los limites y sus ordenes que puede
- y lo debe - provocar la discusión)
Empezamos con cuantidades finítas
f(x,n) = Sum(k=1^n, x/(E^(k x)-1))
g(x,n) = Int(k=1^n, x/(E^(k x)-1))
y estudiamos la diferencia
d(x,n) = f(x,n) - g(x,n)
Aplicando primero el límite x->0 a la diferencia queda
Lim(x->0, d(x,n) ) = Sum(k=1^n, 1/k) - Int(k=1^n, 1/k)
y luego el límite n->oo nos da
Lim(n->oo (Lim(x->0, d(x,n) ) = gamma
Por otro lado, para x>0 tenemos
f(x,n) = g(x,n) + d(x,n)
Aplicamos el límite n->0 queda
f(x) = g(x) + d(x)
dónde ahora no sabemos d(x), pero sí g(x) que es una integral
g(x) = Int(k=1^oo, x/(E^(k x)-1)) = -z + Log(e^z - 1)|z=x..oo = Log(1-
e^(-z))|z=x..oo = - Log(1-e^(-x))
por eso
f(x) = - Log(1-e^(-x)) + d(x)
y en el límite x->0
f(x->0) = - Log(x) + gamma
PD: ya no hemos tratado el comportamiento pidiendo en el enunciado.
Saludos,
Wolfgang
Estimados amigos,
esta suma es aún más facil de tratar que la suma del otro día. Para los
detalles del método vease mi mensaje anterior.
Voy a cambiar la notación para que sea consistente con dicho
mensaje. Ponemos
S(x) = sum_{k>=1} x/(exp(k x) - 1)
= x sum_{k>=1} 1/(exp(k x) - 1).
La función de base es f(x) = 1/(exp(x) - 1). Para hallar su transformada
de Mellin f*(s) usamos la serie
1/(exp(x) - 1) = exp(-x)/(1 - exp(-x))
= sum_{m>=1} exp(-m x).
De ahi vemos por un calculo trivial que
f*(s) = Zeta(s) Gamma(s).
(MAPLE no conoce la transformada del otro día pero esta si.)
Luego igual que antes obtenemos que
S(x) = x int_{Re(s)=2} Zeta(s)^2 Gamma(s) x^-s ds.
El polo en s=1 contribuye 1/x (-log(x) + gamma).
El polo de Gamma(s) en s=0 contribuye Zeta(0)^2, es decir 1/4.
Los polos de Gamma(s) en -2, -4, -6, ... no contribuyen por cancelación
con los ceros de Zeta(s) en esos puntos.
Los polos de Gamma(s) en -1, -3, -5, ... -1-2q contribuyen
- x^{1+2q} Zeta(-1-2q)^2/(1+2q)!
con lo cual la expansión completa asintótica es
- log(x) + gamma + 1/4 x
- sum_{q>=0} x^{2+2q} Zeta(-1-2q)^2/(1+2q)!
o sea
- log(x) + gamma + 1/4 x
- x^2/144 - x^4/86400 - x^6/7620480
- x^8/290304000 - x^10/6322821120 - ...
Un saludo.
Marko
P.D. En mi mensaje anterior se me olvidó tratar el polo en s=0 de
Gamma(s), pero este polo no contribuye dado que hay cancelación con
(1-1/2^s). Ya saben Vds. que los ceros y las singularidades son en
cierto sentido dos caras de la misma moneda.