Sea $\gamma=\lim_{n\to\infty} F(n)$ donde $$F(n)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots\frac{1}{n}-\ln(n)$$ (Esto es Constante de Euler .) ¿Cómo puedo calcular $\gamma$ con $10$ dígitos de precisión utilizando el Fórmula de Euler-Maclaurin ?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
La fórmula de Euler-Maclaurin dice $$ \scriptsize\sum_{k=1}^n\frac1k=\log(n)+\gamma+\frac1{2n}-\frac1{12n^2}+\frac1{120n^4}-\frac1{252n^6}+\frac1{240n^8}-\frac1{132n^{10}}+R_{12}(n)\tag1 $$ donde $R_{12}(n)\ge0$ y $|R_{12}(n)|\le\frac{691}{8192\,n^{12}}$ .
Utilizando $n=11$ obtenemos $$ 0.57721566490151\le\gamma\le0.57721566490154 $$ Así, para $13$ lugares que conseguimos $$ \gamma=0.5772156649015 $$
Fórmula de Euler-Maclaurin
En los comentarios se planteó una pregunta sobre la fórmula Euler-Maclaurin y dónde $\gamma$ viene de. $$ \begin{align} \sum_{k=1}^n\frac1k &=\int_{1^-}^{n^+}\frac1x\,\mathrm{d}\lfloor x\rfloor\\ &=\int_{1^-}^{n^+}\frac1x\,\mathrm{d}x-\int_{1^-}^{n^+}\frac1x\,\mathrm{d}\left(\{x\}-\tfrac12\right)\tag{2a}\\ &=\log(n)+\frac1{2n}+\frac12-\int_1^n\frac{\{x\}-\tfrac12}{x^2}\,\mathrm{d}x\tag{2b}\\ &=\log(n)+\frac1{2n}+\color{#C00}{\frac12-\int_1^\infty\frac{\{x\}-\tfrac12}{x^2}\,\mathrm{d}x}+\int_n^\infty\frac{\{x\}-\tfrac12}{x^2}\,\mathrm{d}x\tag{2c}\\ &=\log(n)+\color{#C00}{\gamma}+\frac1{2n}-\frac1{12n^2}+2\int_n^\infty\frac{\tfrac12\{x\}^2-\tfrac12\{x\}+\tfrac1{12}}{x^3}\,\mathrm{d}x\tag{2d}\\ &=\log(n)+\gamma+\frac1{2n}-\frac1{12n^2}+6\int_n^\infty\frac{\tfrac16\{x\}^3-\tfrac14\{x\}^2+\tfrac1{12}\{x\}}{x^4}\,\mathrm{d}x\tag{2e}\\ &=\log(n)+\gamma+\frac1{2n}-\frac1{12n^2}+\frac1{120n^4}\\[3pt] &\,+24\int_n^\infty\frac{\tfrac1{24}\{x\}^4-\tfrac1{12}\{x\}^3+\tfrac1{24}\{x\}^2-\tfrac1{720}}{x^5}\,\mathrm{d}x\tag{2f}\\ &\,\ \vdots\\ &=\log(n)+\gamma+\frac1{2n}-\frac1{12n^2}+\frac1{120n^4}-\frac1{252n^6}+\frac1{240n^8}-\frac1{132n^{10}}\\[3pt] &\,+\scriptsize11!\int_n^\infty\frac{6\{x\}^{11}-33\{x\}^{10}+55\{x\}^9-66\{x\}^7+66\{x\}^5-33\{x\}^3+5\{x\}}{239500800\,x^{12}}\,\mathrm{d}x\tag{2g} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(2a)}$ : $\lfloor x\rfloor=x-\{x\}$
$\text{(2b)}$ evalúa la primera integral e integra la segunda por partes
$\text{(2c)}$ : $\int_1^n=\int_1^\infty-\int_n^\infty$
$\text{(2d)}$ : definir $\gamma=\frac12-\int_1^\infty\frac{\{x\}-\tfrac12}{x^2}\,\mathrm{d}x$
$\phantom{\text{(2d):}}$ integrar la integral no acotada por partes
$\text{(2e)}$ : integrar por partes
$\text{(2f)}$ : integrar por partes
$\text{(2g)}$ integrar por partes hasta obtener la fórmula anterior
Integrando las integrales de cola por partes, eliminamos todos los términos constantes. Todas las constantes se acumulan en $\gamma$ .
El resto
Si denotamos el grado $k$ polinomio de $\{x\}$ en las integrales de resto anteriores como $p_k(\{x\})$ entonces la integración por partes da $p_k=p_{k+1}'$ y requerimos $\int_0^1p_k(x)\,\mathrm{d}x=0$ para que $p_k(\{x\})$ es continua para $k\gt1$ . Desde $p_1(x)=x-\frac12$ se puede demostrar por inducción que $p_{2k-1}\!\left(x+\frac12\right)$ es impar y $p_{2k-1}\in P^-$ cuando $k$ es impar y $p_{2k-1}\in P^+$ cuando $k$ es par, donde $$ P^{\pm}=\left\{p:\pm\left(\tfrac12-x\right)p(x)\ge0\text{ for }x\in[0,1]\right\}\tag3 $$ Así, $\frac1{(2k-1)!}$ veces el resto es $$ \begin{align} \sum_{j=n}^\infty\int_0^1\frac{p_{2k-1}(t)}{(j+t)^{2k}}\,\mathrm{d}t &=\sum_{j=n}^\infty\int_0^1\overbrace{\ p_{2k-1}(t)\ \vphantom{\left(\frac1{j^2}\right)}}^{\substack{\in P^+\text{ if $k$ even}\\\in P^-\text{ if $k$ odd}}}\overbrace{\left(\frac1{(j+t)^{2k}}-\frac1{(j+1/2)^{2k}}\right)}^{\in P^+}\,\mathrm{d}t\tag{4a}\\ &\,\,\left\{\begin{array}{}\ge0\text{ if $k$ even}\\\le0\text{ if $k$ odd}\end{array}\right.\tag{4b} \end{align} $$ Además, $$ \begin{align} \left|\sum_{j=n}^\infty\int_0^1\frac{p_{2k-1}(t)}{(j+t)^{2k}}\,\mathrm{d}t\right| &=\left|\sum_{j=n}^\infty\int_0^1p_{2k-1}(t)\left(\frac1{(j+t)^{2k}}-\frac1{(j+1)^{2k}}\right)\,\mathrm{d}t\right|\tag{5a}\\ &\le\sum_{j=n}^\infty\int_0^1|p_{2k-1}(t)|\left(\frac1{j^{2k}}-\frac1{(j+1)^{2k}}\right)\mathrm{d}t\tag{5b}\\ &=\frac1{n^{2k}}\int_0^1|p_{2k-1}(t)|\mathrm{d}t\tag{5c} \end{align} $$
Resumen
El error es positivo cuando $k$ es par y negativo cuando $k$ es impar. Esto explica por qué se alterna la expansión asintótica.
Además, el valor absoluto del error es como máximo $$ \frac{(2k-1)!}{n^{2k}}\int_0^1|p_{2k-1}(t)|\,\mathrm{d}t\tag6 $$ Por lo tanto, el término de error en $\text{(2g)}$ es positivo ( $k=6$ ) y como máximo $\frac{691}{8192\,n^{12}}$ .
