Sobre el comportamiento asintótico del producto de Cauchy de números armónicos $\sum_{k=1}^n H_k H_{n-k+1}$

Question

En este post vamos a tomar en nuestras manos dos herramientas simples. La primera es la generación de la función de la serie de los números, se puede ver en esta Wikipedia, la sección 3, que tiene por $|z|<1$. El segundo es el producto de Cauchy de fórmula $$ \left( \sum_{n=1}^\infty a_n \right) \left( \sum_{n=1}^\infty b_n \right) = \sum_{n=1}^\infty a_k b_{n-k+1},$$ donde la convergencia se supone, hay teoremas que dirá cuando es convergente.

En nuestro caso, nuestra factores son convergents porque son el mismo, y esto está bien definido: consideramos la plaza de la generación de la función y después tomamos la integral de la $\int_0^{1/2}$ a conseguir si no hay errores $$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(n+2)2^{n+2}}\sum_{k=1}^{n}H_k H_{n-k+1}=\int_0^{1/2}\left(\sum_{n=1}^\infty H_n z^n\right)^2 dz=\int_0^{1/2}\left(\frac{\log(1-z)}{1-z}\right)^2 dz.$$ Notice that is required use the Cauchy product and swap the sign of the series and integral. The integral in RHS is computed in a closed form as $2(\registro 2-1)^2$.

No sé si es bien conocido de la literatura esta secuencia $$\sum_{k=1}^n H_k H_{n-k+1}.$$ The sequence starts as $1,3, \frac{71}{12}, \frac{29}{3}, \frac{638}{45}, \frac{349}{18}, \frac{14139}{560}, \frac{79913}{2520}\ldots$ Y me gustaría saber ¿qué hay acerca de su comportamiento asintótico. Uno sabe que la trama de esta función aritmética es suave (con una pendiente), vea cómo Wolfram Alpha nos puede mostrar la trama de sumas parciales si usted escriba el código

suma HarmonicNumber[k]HarmonicNumber[1000-k+1], a partir de k=1 a 1000

en su calculadora en línea.

Pregunta. Lo que está sobre el comportamiento asintótico de $$\sum_{k=1}^{n}H_k H_{n-k+1}$$ como $n\to\infty$? Estoy diciendo una gran oh, pequeña o oh declaración o su respuesta como una equivalencia asintótica. Me puedes proporcionar sugerencias para obtener con la suma (no sé si es fácil), o tiene otra idea? Gracias de antemano.

Así que siéntase libre de agregar pistas, referencias, si usted necesita, o una respuesta más detallada.

Answer 1

Lema Para $n \ge 2$, $$\begin{align} \rho_n \stackrel{def}{=}\sum_{k=1}^{n-1} H_k H_{n-k} &= (n+1)\left[\psi'(n+2)-\psi'(2) + (\psi(n+2)-\psi(2))^2 \right]\\ &= (n+1)\left[\psi'(n+2)-\left(\frac{\pi^2}{6}-1\right) + (H_{n+1} - 1)^2\right] \end{align} $$ donde $\psi(x)$ es la función digamma.

En la siguiente expansión $$ \rho_n = \sum_{k=1}^{n-1} H_k H_{n-k} = \sum_{k=1}^{n-1}\left(\sum\limits_{p=1}^k \frac{1}{p}\right)\left(\sum_{q=1}^{n-k}\frac{1}{q}\right) $$ el plazo $\displaystyle\;\frac{1}{pq}$ aparecer $(n+1) - (p+q)$ veces. Esto lleva a

$$\begin{align} \rho_n &= (n+1)\sum_{\substack{1 \le p, q\\p+q \le n}}\frac{1}{pq} - 2\sum_{\substack{1 \le p, q\\p+q \le n}}\frac{1}{p} = (n+1)\sum_{\substack{1 \le p, q\\p+q \le n}}\frac{1}{pq} - 2\sum_{p=1}^{n-1}\frac{n-p}{p}\\ &= (n+1)\sum_{\substack{1 \le p, q\\p+q \le n}}\frac{1}{pq} - 2n(H_{n} - 1)\\ \implies\quad \frac{\rho_n}{n+1} - \frac{\rho_{n-1}}{n} &= \sum_{\substack{1 \le p, q\\p+q = n}}\frac{1}{pq} - \frac{2n}{n+1}(H_{n} - 1) + \frac{2(n-1)}{n}(H_{n-1}-1)\\ &= \frac{1}{n}\sum_{\substack{1 \le p, q\\p+q = n}}\left(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}\right) + \frac{2}{n+1}(H_n-1) + \frac{2}{n} H_{n-1} = \frac{2}{n+1}(H_{n} - 1) \end{align} $$ Aviso de última expresión puede reescribirse como

$$\frac{2}{n+1}(H_{n} - 1) = 2(H_{n+1}-H_n)(H_n-1) = (H_{n+1}-1)^2 - (H_n-1)^2 - \frac{1}{(n+1)^2}\\ = (\psi(n+2) + (\psi(n+2)-\psi(2))^2) - (\psi(n+1) + (\psi(n+1)-\psi(2))^2)$$ La expresión $\displaystyle\;\frac{\rho_n}{n+1} - (\psi'(n+2) + (\psi(n+2)-\psi(2))^2)\;$ es una constante independiente de $n$. Evaluar esta expresión $n = 2$, nos encontramos con la constante igual a $-\psi'(2)$, y el lema de la siguiente manera.

Para un gran $x$, tenemos las siguientes asintótica de expansión de $\psi$$\psi'$.

$$ \psi(x) \asymp \log(x) - \frac{1}{2x} - \sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}}{2k\;x^{2k}} \quad\text{ y }\quad \psi'(x) \asymp \frac{1}{x} + \frac{1}{2x^2} + \sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}}{x^{2k+1}} $$ donde $B_k$ $k^{th}$ número de Bernoulli. Como resultado,

$$\rho_{n-2} \asymp (n-1)\left[\pequeño \frac{1}{n} + \frac{1}{2n^2} + \sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}}{n^{2k+1}} - \left(\frac{\pi^2}{6} - 1\right) + \left( \log(n) - \frac{1}{2n} - \sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}}{2k\;n^{2k}} - (1-\gamma) \right)^2 \right] $$

Para un gran $n$, el principal comportamiento de $\rho_n$$n\log(n)^2$.

Answer 2

Se muestra la siguiente expansión asintótica es válido

\begin{align*} \sum_{k=1}^{n-1}H_kH_{n-k}\sim n\log^2 n+2(\gamma -1)n\log n+\left(\gamma ^2-2\gamma+2-\frac{\pi^2}{6}\right)n\tag{1} \end{align*}

con $\gamma=0.57721\ldots$ el de Euler-Mascheroni constante.

La respuesta se basa en la Singularidad de Análisis que describe el comportamiento asintótico de una gran clase de funciones con un crecimiento moderado, la corrupción y la fuertemente conectado comportamiento asintótico de los coeficientes de sus funciones de generación.

Las funciones bajo consideración tiene como elementos centrales de una expansión en una singularidad $\zeta$ \begin{align*} \left(1-\frac{z}{\zeta}\right)^{-\alpha}\left(\log\frac{1}{1-\frac{z}{\zeta}}\right)^\beta\qquad\qquad \alpha,\beta\in\mathbb{C} \end{align*} Estos elementos contribuyen asintóticamente términos de tipo de \begin{align*} \zeta^{-n}n^{\alpha-1}\left(\log n\right)^\beta \end{align*}

y la generación de la función de la suma en (1) es precisamente de este tipo.

Nota: Los datos básicos que se mencionan aquí son de cap. VI de los clásicos de la Analítica de la Combinatoria por P. Flajolet y R. Sedgewick.

Desde \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty H_n z^n=\frac{1}{1-z}\log\frac{1}{1-z} \end{align*} obtenemos como la generación de la función de la suma en (1) \begin{align*} (1-z)^{-2}\left(\log \frac{1}{1-z}\right)^2&=\left(\sum_{n=1}^\infty H_n z^n\right)^2 =\sum_{n=2}^\infty\left(\sum_{{k+l=n}\atop{k,l\geq 1}} H_kH_l\right)z^n\\ &=\sum_{n=2}^\infty\left(\sum_{k=1}^{n-1} H_kH_{n-k}\right)z^n\tag{2} \end{align*}

Ahora podemos aplicar el teorema del libro:

Teorema VI.2: Vamos a $\alpha$ ser cualquier número complejo en $\mathbb{C}\setminus\mathbb{Z}_{\leq 0}$. El coeficiente de $z^n$ en la función \begin{align*} f(z)=(1-z)^{-\alpha}\left(\frac{1}{z}\log\frac{1}{1-z}\right)^{\beta}\tag{3} \end{align*} admite para un gran $n$ un completo asintótica de expansión en orden descendente de los poderes de $\log n$, \begin{align*} f_n\equiv[z^n]f(z)\sim\frac{n^{\alpha-1}}{\Gamma{(\alpha)}}\left(\log n\right)^\beta \left[1+\frac{C_1}{\log n}+\frac{C_2}{\log^2 n}+\cdots\right]\tag{4}, \end{align*} donde \begin{align*} \left.C_k=\binom{\beta}{k}\Gamma(\alpha)\frac{d^k}{ds^k}\frac{1}{\Gamma(s)}\right|_{s=\alpha} \end{align*}

Nota: Un coeficiente de $\frac{1}{z}$ es introducido en la parte frontal del logaritmo en (3) dado que el $\log(1-z)^{-1}=z+O(z^2)$: de esta manera, $f(z)$ es una bona fide de los poderes de la serie en $z$, incluso cuando se $\beta$ es no un entero. Tal factor no afecta a la asintótico de las expansiones en una escala logarítmica cerca de $z=1$.

$$ $$

Con el fin de derivar la asintótica de expansión de la suma en (1) no aplica (4) con $\alpha=2,\beta=2$ y obtener \begin{align*} \sum_{k=1}^{n-1} H_kH_{n-k}&=[z^n](1-z)^{-2}\left(\log \frac{1}{1-z}\right)^2\\ &\sim n\left(\log n\right)^2\left(1+\frac{C_1}{\log n}+\frac{C_2}{\log^2 n}+\cdots\right)\tag{5} \end{align*}

El uso de la función Digamma \begin{align*} \psi(s)=\frac{\Gamma^\prime(s)}{\Gamma(s)}\qquad s\in \mathbb{C}\qquad\text{and}\qquad \psi(n)=H_n-\gamma\qquad n\in\mathbb{N} \end{align*} podemos obtener a partir de \begin{align*} \left.C_k=\binom{2}{k}\frac{d^k}{ds^k}\frac{1}{\Gamma(s)}\right|_{s=2} \end{align*} y un poco de ayuda de Wolfram Alpha \begin{align*} C_1&=\left.\binom{2}{1}\frac{d}{ds}\frac{1}{\Gamma(s)}\right|_{s=2}=\left.-2\frac{\psi(s)}{\Gamma(s)}\right|_{s=2}\ =\gamma-1\\ \\ C_2&=\left.\frac{d^2}{ds^2}\frac{1}{\Gamma(s)}\right|_{s=2}=\left.\frac{\left(\psi(s)\right)^2-\psi^\prime(s)}{\Gamma(s)}\right|_{s=2} =\gamma^2-2\gamma+2-\frac{\pi^2}{6} \end{align*} Poner a $C_1$ $C_2$ en (5) y la demanda (1) de la siguiente manera.

Este resultado también se puede encontrar en la figura VI.5 en p.388. Tenga en cuenta que$C_k=0$$k>2$. Así que no tenemos más información de este teorema.