Vamos a intentarlo en los niveles de primaria manera
- Podemos utilizar la definición de recursividad de la armónica número válido de $n\in Z^{+}$
$$H_{n} = H_{n-1} + \frac{1}{n}, H_{1}=1\tag{1a}$$
también para cualquier compleja $z$
$$H_{z} = H_{z-1} + \frac{1}{z}, H_{1}=1\tag{1b}$$
Por ejemplo, para $z=1$ obtenemos $$H_{1} = H_{0} + \frac{1}{1}$$
desde que llegamos a la conclusión de que $H_{0}=0$.
Si tratamos de encontrar la $H_{-1}$ nos encontramos con el problema de que a partir de $H_0 = 0 = \lim_{z\to0}(H_{-1+z} + \frac{1}{z})$ nos encontramos con que $H_{z} \simeq \frac{1}{z}$ para $z\simeq 0$. En otras palabras, $H_{z}$ tiene una simple poste de $z=-1$.
Por lo tanto, no podemos seguir de esta manera para ir a más en la región de negativo $z$, así que pasemos a la siguiente enfoque general.
- A partir de esta fórmula para el número armónico, que es válido para $n\in Z^{+}$
$$H_{n} = \frac{1}{2}+ ... + \frac{1}{n}\\\\=\frac{1}{1}+ \frac{1}{2}+ ... + \frac{1}{n} +\frac{1}{1+n}+\frac{1}{n+2} + ... \\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;-\frac{1}{1+n}- \frac{1}{n+2} + ...\\=\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{k}-\frac{1}{ (k+n)}\right)\tag{2}$$
La suma puede ser escrito como
$$H_{n}= \sum_{k=1}^\infty \frac{n}{k (k+n)}\tag{3}$$
y esto se puede extender de inmediato a valores complejos $z$ en lugar de $n$
$$H_{z}= \sum_{k=1}^\infty \frac{z}{k (k+z)}=\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{1}{k} -\frac{1}{k+z}\right)\tag{4}$$
Esta suma es convergente (la prueba está a la izquierda para el lector) para cualquier $z$ , excepto para $z=-1, -2, ...$ donde $H_{z}$ sencilla polos con residuo $-1$.
Por lo tanto $(4)$ da la continuación analítica.
Por ejemplo, cerca de $z=0$ tenemos como en 1. que
$$H_{z} \simeq z \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} = z\;\zeta(2) =z\;\frac{\pi^2}{6}\to 0 $$
También podemos derivar una representación integral de la segunda forma de $(4)$ escrito
$$\frac{1}{k} -\frac{1}{k+z} =\int_0^1 (x^{k-1}-x^{z+k-1})\,dx $$
Realizar la suma en virtud de la integral es solo hacer un geométrica de la suma y da
$$H_{z} = \int_0^1 \frac{1-x^{z}}{1-x}\,dx \tag{5}$$
- $H_{z}$ en negativ la mitad de los números enteros ($z = -\frac{1}{2}, -\frac{3}{2}, ...$)
Estos pueden ser calculados a partir de $(1b)$ tan pronto como $H_{\frac{1}{2}}$ es conocido.
Así que vamos a calcular el $H_\frac{1}{2}$.
Considere la posibilidad de
$$H_{2n} = \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{2n}$$
La división de pares e impares términos da
$$H_{2n}=
\frac{1}{1} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + ... + \frac{1}{2n-1}\\+
\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{2n}\\=
\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1} + \frac{1}{2} H_{n}\etiqueta{6}$$
Ahora, por la suma de los términos raros escribimos como en $(1)$
$$O_{n} = \sum_{k=1}^\infty \left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2(n+k)-1}\right)\tag{7}$$
Esto puede ser anlytically seguido ningún tipo de complejos, $n\to z$.
Reemplazar como antes de que el sumando por una integral y haciendo la suma en virtud de la integral da
$$O_{z} = \int_0^1 \frac{1-x^{2z}}{1-x^2}\,dx\tag{8} $$
Sustituyendo $x \to \sqrt{t}$ encontramos
$$O_{z} = \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{t}}\frac{1-t^{z}}{1-t}\,dt\\=
\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{1-t^{z-\frac{1}{2}}}{1-t}\,dt-
\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{1-t^{-\frac{1}{2}}}{1-t}\,dt\\
=\frac{1}{2}H_{z-\frac{1}{2}}+\log{2}\etiqueta{9}$$
Por lo tanto $(6)$ puede ser escrito como
$$H_{2z} = \frac{1}{2} H_{z} +\frac{1}{2} H_{z-\frac{1}{2}}+\log{2}\tag{10} $$
Dejando $z=1$ esto da
$$H_{2} = \frac{1}{2} H_{1} +\frac{1}{2} H_{\frac{1}{2}}+\log{2} $$
de la que podemos deducir finalmente
$$H_{\frac{1}{2}} = 2(1-\log{2})\simeq 0.613706 \tag{11}$$
EDITAR
Altenatively, el cálculo de $H_{\frac{1}{2}}$ se puede hacer uso de $(5)$ con la sustitución de $(x\to t^2)$:
$$H_{\frac{1}{2}} = \int_0^1 \frac{1-x^{\frac{1}{2}}}{1-x}\,dx
= 2\int_0^1 t \frac{(1-t)}{{1-t^2}}\,dt = 2\int_0^1 t \frac{(1-t)}{(1+t)(1-t)}\,dt \\=2\int_0^1 \frac{t}{{1+t}}\,dt=2\int_0^1 \frac{1+t}{{1+t}}\,dt -2\int_0^1 \frac{1}{{1+t}}\,dt = 2 - 2 \log(2)$$
y hemos recuperado $(11)$.
Como ejercicio calcular el $H_{\frac{1}{n}}$ para $n =3, 4,...$.
He encontrado que Mathematica devuelve una expresión explícita a $n=12$ , excepto para el caso de $n=5$. Todavía no he unerstood la razón de esta excepción. Tal vez alguien lo puede explicar?
