¿Qué es

Question

Mathematica es capaz de evaluar la sumatoria $\sum_{i=1}^{n}\frac{F_i}{i}$ en términos de la Lerch trascendente. Es natural considerar si es o no esta suma se puede expresar de forma más sencilla.

Es concebible que es posible que $a_{n} = \sum_{i=1}^{n}\frac{F_i}{i}$ puede ser expresado en una forma más compacta, tal vez en términos de Fibonacci y los números de Lucas, de alguna manera, mediante el entero más cercano de la función o la función del suelo.

Secuencias de enteros tales como $(\lfloor a_{n} \rfloor)_{n \in \mathbb{N}}$, $([a_{n}])_{n \in \mathbb{N}}$, $( n! a_{n} )_{n \in \mathbb{N}}$, y $( \text{den}(a_{n}) )_{n \in \mathbb{N}}$ no están actualmente en el On-Line de la Enciclopedia de Secuencias de Enteros.

Parece que $\lim_{n \to \infty} \frac{\ln a_{n}}{n} \approx 0.481$ converge a una constante. ¿Qué es esta constante? Puede que esta constante se utiliza para de alguna manera, expresar la secuencia de $(a_{n})_{n \in \mathbb{N}}$ en forma cerrada?

Answer 1

AMPLIADO: Vamos a definir : $$\tag{1}a_n(x):=\sum_{k=1}^{n}\frac{F_k}{k}x^k$$ y el uso de $\,F_k=\dfrac {\varphi^{\,k}-\psi^{,k}}{\sqrt{5}}\;$ $\;\varphi=\dfrac{1+\sqrt{5}}2,\ \psi=\dfrac{1-\sqrt{5}}2=-\dfrac 1{\varphi}\;$ (según lo sugerido por Aravind y Wikipedia), entonces :

$$\begin{align} a_n(x)&=\frac 1{\sqrt{5}}\sum_{k=1}^{n}\left(\varphi^{\,k}-\psi^{,k}\right)\frac{x^k}k\tag{2}\\ &=\frac 1{\sqrt{5}} \int\sum_{k=1}^{n}\left(\varphi^{\,k}-\psi^{,k}\right) \frac {x^{k}}x\,dx\\ &=\frac 1{\sqrt{5}}\left(\int \frac{(\varphi\,x)^{\,n}-1}{\varphi\,x-1}\varphi\,dx-\int\frac{(\psi\,x)^{\,n}-1}{\psi\,x-1}\psi\,dx\right)\\ &=\frac 1{\sqrt{5}}\int_{\psi\,x}^{\varphi\,x} \frac{u^{\,n}-1}{u-1}\,du=\frac 1{\sqrt{5}}\int_{\psi\,x}^{\varphi\,x}\ \sum_{k=0}^{n-1}\;u^{\,k}\,du\tag{3}\\ &\quad\text{writing the integrand at the left as a sum of two terms gives :}\\\\ a_n:=a_n(1)&=\frac 1{\sqrt{5}}\left(-B_{\varphi}(n+1,0)+B_{\psi}(n+1,0)-\log(1-\varphi)+\log(1-\psi)\right)\tag{4}\\ \end{align}$$ con $B_x(a,b)$ la función beta incompleta (las singularidades en las integrales son removibles y no serán consideradas).

Todo esto no es probablemente muy útil para las evaluaciones prácticas, sino $(2)$ que se aplica a $x=1$ permite encontrar una forma cerrada para su límite de $\;\displaystyle l:=\lim_{n \to \infty} \frac{\ln a_{n}}{n}$$\varphi>1$$|\psi|<1$ : $$\begin{align} a_n&=\frac 1{\sqrt{5}}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}k\left(\varphi^{\,k}-\psi^{,k}\right)\\ a_n&\sim \frac 1{\sqrt{5}}\sum_{k=1}^{n}\frac{\varphi^{\,k}}k,\quad n\to\infty\\ &\sim \frac 1{\sqrt{5}}\frac{\varphi^{\,n}}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\varphi^{\,k-n}\;n}k,\quad n\to\infty\\ &\quad\text{setting %#%#% gives}\\ &\sim \frac 1{\sqrt{5}}\frac{\varphi^{\,n}}{n}\sum_{j=0}^{n-1}\frac 1{\varphi^{\,j}\;\frac {n-j}n},\quad n\to\infty\\ &\sim \frac 1{\sqrt{5}}\frac{\varphi^{\,n}}{n}\sum_{j=0}^{n-1}\frac {1+\sum_{m>0} \left(\frac jn\right)^m}{\varphi^{\,j}},\quad n\to\infty\\ &\sim \frac 1{\sqrt{5}}\frac{\varphi^{\,n}}{n}\left(\frac 1{1-\frac 1{\varphi}}+\sum_{m>0}\frac 1{n^m}\sum_{j=0}^{n-1}\frac {j^m}{\varphi^{\,j}}\right) ,\quad n\to\infty\\ &\sim \frac 1{\sqrt{5}}\frac{\varphi^{\,n}}{n}\left(\frac {\varphi}{\varphi-1}+\sum_{m>0}\frac {\Phi\left(\frac 1{\varphi},-m,0\right)}{n^m}\right) ,\quad n\to\infty\tag{5}\\ a_n&\sim \frac{\varphi^{\,n+1}}{\sqrt{5}\;n\,(\varphi-1)},\quad n\to\infty\tag{6}\\ \end{align}$$ Con $\;j:=n-k\,$ el Lerch trascendente $\Phi$.

El límite será simplemente : $\;\displaystyle\Phi(z,s,a):=\sum_{n\ge 0}\frac{z^n}{(n+a)^s}$$l=\lim_{n \to \infty} \frac{\ln a_{n}}{n}=\log(\varphi)=\log\dfrac{1+\sqrt{5}}2\approx 0.4812118251$$Vamos a usar$$-$ para obtener una información más precisa de expansión de la definición de $(5)$.

Para $\;\displaystyle f_m(z):=\sum_{n\ge 0}n^m\,z^n=\Phi(z,-m,0)$ un entero no negativo tenemos $m$
dándonos las formas cerradas : $$\begin{align} f_0(z)&=\frac 1{(1-z)}\\ f_1(z)&=\frac z{(1-z)^2}\\ f_2(z)&=\frac {z^2+z}{(1-z)^3}\\ f_3(z)&=\frac {z^3+4z^2+z}{(1-z)^4}\\ \cdots \end{align}$$ El uso de $\;\displaystyle f_{m+1}(z)=z\,f_{m}(z)'=z\sum_{n\ge 0}n^m\,n\,z^{n-1}=\sum_{n\ge 0}n^{m+1}\,z^{n}\ $, de modo que $\;z:=\dfrac 1{\varphi}\;$ podemos reescribir $\,\dfrac 1{1-z}=\dfrac {\varphi}{\varphi-1}\;$ como :

$$\begin{align} a_n&\sim \frac 1{\sqrt{5}}\frac{\varphi^{\,n}}{n}\left(\frac {\varphi}{\varphi-1}+\frac {\varphi}{(\varphi-1)^2\,n}+\frac {\varphi+\varphi^2}{(\varphi-1)^3\,n^2}+\frac {\varphi+4\varphi^2+\varphi^3}{(\varphi-1)^4\,n^3}+\cdots\right) \\ a_n&\sim \frac 1{\sqrt{5}}\frac{\varphi^{\,n}}{n}\left(\varphi+1+\frac {2\varphi+1}{n}+\frac {8\varphi+5}{n^2}+\frac {50\varphi+31}{n^3}+\frac{416\varphi+257}{n^4}+\cdots\right) \\ \end{align}$$

Las secuencias de números enteros que aparecen allí son conocidos : OEIS A000557 y A000556 lo que nos permite escribir este exponencial de la generación de la función : $$\begin{align} \frac{\varphi+e^{-x}}{1-2\sinh(x)}&=(\varphi+1)+(2\varphi+1)\frac x{1!}+(8\varphi+5)\frac {x^2}{2!}+(50\varphi+31)\frac {x^3}{3!}+(416\varphi+257)\frac {x^4}{4!}+\cdots\\ \end{align}$$

La OEIS, los enlaces deben ayudarte a encontrar relaciones y enlaces de interés.