Расходящийся ряд

[Padawan]

Заменив сумму $\sum_{n=1}^\infty n^\alpha x^n$, $\alpha>-1$, $0<x<1$, на интеграл $\int_0^{+\infty} t^\alpha x^t dt$, я пришел к выводу, что $\sum_{n=1}^\infty n^\alpha x^n\approx \frac{\Gamma(\alpha+1)}{(1-x)^{\alpha+1}}$ при $x\to 1-0$. Обоснование замены и оценки у меня корявые, не буду писать. Может кто получше придумает.

[ИСН]

Похоже на правду. Ряд для $1\over\sqrt{1-x}$ известен; лень проверять, но наверняка его коэффициенты как-нибудь там через произведение Валлиса показывается, что асимптотически близки к $1\over\sqrt n$. Тогда их отличие от него является скорее всего б.малой следующего порядка; тогда разность рядов тупо конечна, то есть всё, приехали.

[Padawan]

Действительно, разложение $\frac{1}{(1-x)^{\alpha+1}}=1+(\alpha+1)x+\frac{(\alpha+1)(\alpha+2)}{2!} x^2+\ldots+\frac{(\alpha+1)(\alpha+2)\ldots(\alpha+n)}{n!}x^n+\ldots$Поэтому разложение $\frac{\Gamma(\alpha+1)}{(1-x)^{\alpha+1}}=\Gamma(\alpha+1)+\sum_{n=1}^\infty \frac{\Gamma(\alpha+n+1)}{n!} x^n$. Надо по формуле Стирлинга разность $\frac{\Gamma(\alpha+n+1)}{n!}-n^\alpha$ разложить.

-- Ср мар 30, 2011 22:03:56 --

Так можно все члены разложения в окрестности $x=1$ найти.

[bundos]

Padawan в сообщении #429202 писал(а):

Заменив сумму $\sum_{n=1}^\infty n^\alpha x^n$, $\alpha>-1$, $0<x<1$, на интеграл $\int_0^{+\infty} t^\alpha x^t dt$, я пришел к выводу, что $\sum_{n=1}^\infty n^\alpha x^n\approx \frac{\Gamma(\alpha+1)}{(1-x)^{\alpha+1}}$ при $x\to 1-0$. Обоснование замены и оценки у меня корявые, не буду писать. Может кто получше придумает.

Т.е. можно сказать, что $\int\limits_{x=1}^{n}\sqrt{x}dx \sim\sum\limits_{k=1}^{n}\sqrt{k}, n \to \infty$? А на каком основании вы сумму на интеграл заменили, пояните, если не сложно....

[bundos]

Ну у нас эта задача не предполагает знание гаммы
Мне подсказали по частям его:
$\left\int\limits_{1}^{n}\sqrt{x}dx=(n\sqrt{n}-1)-\frac1{2}(n\sqrt{n}-1)+\frac1{4}(n\sqrt{n}-1)-\ldots+\frac{(-1)^{k+2}}{2^k}\int\limits_{1}^{n}\sqrt{x}dx=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{n\sqrt{n}-1}{2^{k-1}}(-1)^{k+1}\right$. А что дальше делать, что-то не пойму.

[sup]

Типичный прием для вычисления суммы $f(x)=\sum \limits_{n=1}^\infty \frac {x^n}{\sqrt {n}} $ использует $\Gamma$-функцию. Заметим, что
$\frac {\Gamma(1/2)}{\sqrt {n}}=\frac {1}{\sqrt {n}} \int \limits_0^{\infty}t^{-1/2}e^{-t}dt=\int \limits_0^{\infty}t^{-1/2}e^{-nt}dt$
Отсюда уже легко получаем
$\Gamma(1/2) f(x) = x\int \limits_0^{\infty}\frac {dt}{\sqrt {t}(e^t-x)}$
Теперь рассмотрим следующий контур $C$. Рассмотрим разрез $(0,\infty)$. Так вот, контур идет от $\infty$ до 0 по нижнему берегу, потом огибает 0 по малой окружности, а потом снова уходит к $\infty$ по верхнему берегу. Выбираем ветвь подынтегральной функции так, чтобы на верхнем берегу все было как обычно. Тогда на нижнем берегу появится знак минус. А значит
$2\Gamma(1/2) f(x) = x\int \limits_{C} \frac {dt}{\sqrt {t}(e^t-x)} $
Удобство этой формулы в том, что теперь контур можно изменять как угодно (учитывая разрез, разумеется).
Пусть теперь $x \to 1$. Увеличивая радиус окружности возле 0, добъемся того, что $\ln x$ попадет внутрь.
При этом, конечно же, надо учесть возникающий вычет. Отсюда
$2\Gamma(1/2) f(x) = \frac {2 \pi i}{\sqrt { \ln x}}+\int \limits_{\tilde C} \frac {dt}{\sqrt {t}(e^t-x)}= \frac {2 \pi}{\sqrt { -\ln x}}+\int \limits_{\tilde C} \frac {dt}{\sqrt {t}(e^t-x)} $
Последнее интегральное слагаемое представляет собой аналитическую в окрестности $x=1$ функцию.