Асимптотика функции в окрестности х=1

[Sonic86]

$\lim\limits_{x \to 1} (x-1)f(x)$ - ?, где $f(x)= \sum\limits_{n=0}^{+ \infty} \frac{1}{1+x^n}$.

Если будет 0, то какая асимптотика у $f(x)$ в окрестности 1?

[gris]

Может быть $x\to 1$?
В окрестности 0 ряд расходится, а умножается на -1.

[ewert]

При $x\to1+0$, $x=e^{\varepsilon}$, $\varepsilon=\ln x$:

$$\sum_{n=0}^{\infty}{1\over1+x^n}\sim\int_0^{+\infty}{dn\over1+x^n}=\int_0^{+\infty}{dn\over1+e^{\varepsilon n}}={1\over\varepsilon}\int_0^{+\infty}{dt\over1+e^t}={1\over\ln x}\ln2.$$

[Sonic86]

Я исправил...

ewert! Прикольно, спасибо!

[Sonic86]

А вообще, этот ряд суммируется как-то или нет? Продолжается ли он до аналитической функции? Называется ли как-то?

[Sonic86]

Другое доказательство:
$\frac{1}{1+x} + \frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+x^3} + \frac{1}{1+x^4} + \frac{1}{1+x^5} + ... =$
$( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^3} - \frac{1}{x^4} + \frac{1}{x^5} - \frac{1}{x^6} + ... ) +$
$( \frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^4} + \frac{1}{x^6}- \frac{1}{x^8} + ... \)+ \( \frac{1}{x^3} - \frac{1}{x^6}+... ) +...=$
$( \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^3} + \frac{1}{x^4} + \frac{1}{x^5} + \frac{1}{x^6} + ... ) +$
$- ( \frac{1}{x^2}+ \frac{1}{x^4}+ \frac{1}{x^6}+ \frac{1}{x^8}+ ... \)+ \( \frac{1}{x^3}+ \frac{1}{x^6}+... ) +...=$
$\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x^2-1}+\frac{1}{x^3-1}+\frac{1}{x^4-1}}+\frac{1}{x^5-1}+... =$
$\frac{1}{x-1} ( 1+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x^2+x+1}+\frac{1}{x^3+x^2+x+1}}+... ) \sim \frac{\ln 2}{x-1}$


Ряды вида $\sum\limits_{n=1}^{+ \infty} a_n \frac{x^n}{1-x^n}$ - ряды Ламберта. В примитивном виде рассмотрены в Фихетнгольце.

[Sonic86]

ewert!

Заменять ряд на несобственный интеграл как асимптотически ему эквивалентный - прием красивый, но мне кажется, что асимптотику такого интеграла не всегда легко оценивать. Хотя, может я ошибаюсь - у меня навыков мало.

Еще 2 задачи:
1. $f(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac1{1+x^n}$. Найти $g(x):g(x) \sim \left f(x)-\frac{\ln 2}{x-1} \right$.
2. Найти асимптотику для $h(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac1{1+...+x^n}$ при $x \to 1$. ($\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{x-1}$?)

[Полосин]

$$ h(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac1{1+...+x^n}=(x-1)\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac1{x^{n+1}-1}=(x-1)f(t), x=e^t, t\rightarrow+0, $$

$$ f(t)=\sum\limits_{n=2}^{+\infty}\frac1{e^{nt}-1}, \int_2^{+\infty}\frac{ds}{e^{st}-1}<f(t)<\int_1^{+\infty}\frac{ds}{e^{st}-1}, \int_a^{+\infty}\frac{ds}{e^{st}-1}=\frac1t\int_{at}^{+\infty}\frac{du}{e^u-1}\sim-\frac{\ln t}t, h(x)\sim\ln\frac1{x-1} $$

[ewert]

Блин, как тривиально. Я ведь печёнкой чуял, что должно быть $-{\ln t\over t}$, а вот доказать... -- эта очевидная оценка мне чего-то в голову не пришла.

Что же до первого вопроса, то там всё достаточно очевидно: для двух первых членов асимптотики $\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac1{1+x^n}\sim\int_{1/2}^{+\infty}{dn\over 1+x^n}$ (сумма поправок к интегралам оценивается через интеграл от второй производной и потому много меньше константы). Хотя разумнее, может быть, было бы раскладывать в ряд каждый из интегралов $\int_n^{n+1}{dt\over x^t+1}.$

[Полосин]

$$ v(s)=\frac1{1+e^{st}}=v(n)+\int_n^sv'(p)dp=v(n)+v'(n)(s-n)+\int_n^s(s-r)v''(r)dr, $$

$$ \int_{n-1/2}^{n+1/2}v(s)ds=v(n)+w_n, $$

$$ w_n=\int_{n-1/2}^{n+1/2}ds\int_n^s(s-r)v''(r)dr= v(n)+\int_n^{n+1/2}v''(r)\frac{(n+1/2-r)^2}2dr+\int_{n-1/2}^nv''(r)\frac{(n-1/2-r)^2}2dr, $$

$$ |w_n| \le \frac14\int_{n-1/2}^{n+1/2}|v''(s)|ds, $$

$$ \int_{1/2}^{+\infty}v(s)ds=\sum_{n=1}^{+\infty}v(n)+W, W=\sum_{n=1}^{+\infty}w_n, $$

$$ |W| \le \frac14\int_{1/2}^{+\infty}|v''(s)|ds=\frac{t^2}4\int_{1/2}^{+\infty}\frac{e^{st}(e^{st}-1)}{(e^{st}+1)^3}ds=\frac t4\int_{t/2}^{+\infty}\frac{e^u(e^u-1)}{(e^u+1)^3}du=O(t), $$

$$ \int_{1/2}^{+\infty}v(s)ds=\frac1t\int_{t/2}^{+\infty}\frac{du}{e^u+1}=\frac1t\int_0^{+\infty}\frac{du}{e^u+1}-\frac1t\int_0^{t/2}\frac{du}{e^u+1}=\frac{\ln2}t-\frac14+O(t), $$

$$ \sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{1+x^n}=\frac{\ln2}{x-1}-\frac14+O(x-1) $$

[ewert]

Не сомневаюсь, что все выкладки верны. Но вникать -- лень. Поскольку по существу, на мой взгляд, всё существенно проще. Обозначим:

$$u(t)\equiv{1\over e^{\alpha t}+1}, \quad u'(t)=-\alpha{e^{\alpha t}\over \left(e^{\alpha t}+1\right)^2}, \quad, u''(t)=\alpha^2{e^{\alpha t}\left(e^{\alpha t}-1\right)\over \left(e^{\alpha t}+1\right)^3}.$$

Тогда по стандартной формуле центральных прямоугольников

$$\int_{n-1/2}^{n+1/2}{dt\over e^{\alpha t}+1}={1\over e^{nt}+1}+{1\over24}u''(\xi_n}),$$

где $\xi_n$ лежит в соотв. промежутке. Теперь при суммировании этих равенств левая часть даст вот тот самый интеграл, первые слагаемые в правой -- искомую сумму. Сумма же вторых слагаемых справа двусторонне оценивается через интеграл по полуоси (или почти по полуоси) от второй производной, т.е., собственно, через первую производную в нуле (оценка, кстати, асимптотически точная). Т.е. представляет собой величину $O(\alpha)$.

Слово "почти" означает, что для точного оценивания нужно прибавить к интегралам несколько значений второй производной в окрестности нуля и в окрестности точки максимума этой самой второй производной. Но это не существенно, т.к. к-во этих слагаемых конечно, и каждое из них равномерно оценивается как $O(\alpha^2)$.

Вот и всё.