Вывести асимптотику ряда

[bread]

Нужно вывести асимптотику ряда $\sum\limits_{n=1}^{x_1}n\ln n\sim f(x_1)$ при $x_1\to+\infty$ с условием, что $\lim\limits_{x\to x_1}\left[f(x)-\sum\limits_{n=1}^xn\ln n\right]=0$

[Padawan]

Смотрите формулу Эйлера-Маклорена.

-- Ср ноя 24, 2021 07:51:27 --

bread в сообщении #1540312 писал(а):

$\lim\limits_{x\to x_1}\left[f(x)-\sum\limits_{n=1}^xn\ln n\right]=0$

Здесь вместо $x\to x_1$ должно быть $x\to +\infty$?

[bread]

Padawan в сообщении #1540313 писал(а):

Смотрите формулу Эйлера-Маклорена

Я вряд-ли смогу вывести что-то по этой формуле . Кроме того, мне нужна асимптотика в "чистом" виде, а в данной формуле есть ряд и интеграл с факториалом внутри.

Padawan в сообщении #1540313 писал(а):

Здесь вместо $x\to x_1$ должно быть $x\to +\infty$?

Да

[Padawan]

$$ \sum\limits_{n=1}^N f(n)=\int\limits_1^N f(x)dx+C+\frac{1}{2}f(N)+\sum_{k=1}^{m-1}\frac{B_{k+1}}{(k+1)!}f^{(k)}(N)+R_m(N), $$

где $R_m(N)\leqslant \frac{4}{(2\pi)^m}\int\limits_N^{+\infty}| f^{(m)}(x)|dx$. Вам для Вашей цели достаточно взять $m=3$. $B_2=\frac 16$, $B_3=0$.

[zykov]

Можно заменить сумму на интеграл (от $\frac32$, до $x_1+\frac12$), будет $f(x)=g(x+\frac12)+f_1(x)$, где $g(x)=\frac14 x^2 (2\ln x -1)$.
К сожалению $f_1(x)$ всё ещё стремится к бесконечности.
Нужно $k \ln k - (g(k+\frac12)-g(k-\frac12))$ разложить в ряд на бесконечности. Первый член будет $-\frac{1}{24k}$. Его и достаточно.
Тогда $f(x) = \frac14 (x+\frac12)^2 (2\ln (x+\frac12) -1) - \frac{1}{24}\ln x +C$.
Остаётся только найти $C$ (примерно равно $0.12375$).

[zykov]

$$C=\frac{2 \ln 2 + 1}{16}-\frac{\gamma}{24}-\frac{\zeta(3)}{960}-\frac{\zeta(5)}{13440}-\frac{\zeta(7)}{129024}-\frac{\zeta(9)}{1013760}-\frac{\zeta(11)}{7028736}-\frac{\zeta(13)}{44728320}-\frac{\zeta(15)}{267386880}-...$$

$\gamma$ - постоянная Эйлера — Маскерони.
$\zeta(s)$ - дзета-функция Римана.
Коэффициенты при дзета - коэффициенты ряда Тэйлора $-\frac{\ln x}{x} - \left(g(\frac1x + \frac12)-g(\frac1x - \frac12)\right)$ в нуле.

-- 24.11.2021, 13:18 --

Или так

$$C=\frac{2 \ln 2 + 1}{16}-\frac{\gamma}{24}-\sum_{k=2}^{\infty}\frac{2^{-2k-1}\zeta(2k-1)}{k(4k^2-1)}$$

или ещё вот так

$$C=\frac{29}{48}-\frac98 \ln \frac32-\frac{\gamma}{24}-\sum_{k=2}^{\infty}\frac{2^{-2k-1}(\zeta(2k-1)-1)}{k(4k^2-1)}$$

здесь сумма ряда очень быстро сходится, так что можно взять всего несколько первых значений.

[zykov]

Можно ещё пару компонентов от дзеты сразу посчитать, будет

$$C=\frac{113}{36}+\frac{65}{8} \ln 2 + 3\ln 3 - \frac{49}{8} \ln 7-\frac{\gamma}{24}-\sum_{k=2}^{\infty}\frac{2^{-2k-1}(\zeta(2k-1)-1-2^{1-2k}-3^{1-2k})}{k(4k^2-1)}$$

Так быстрее сходится. Например сумма до 10 даёт 22 знака - ошибка $5.2 \cdot 10^{-24}$. Сумма до 6 даёт ошибку $3.6 \cdot 10^{-16}$.