Encontrar una secuencia simple que es asintóticamente equivalente a $u_n = \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{\ln{k}}{k^2}$

Question

Dado que el $$\int_x^{+\infty} \frac{\ln t}{t^2}\ dt = \frac{\ln x+1}{x} \sim \frac{\ln x}{x}$$

Yo creo que $$u_n= \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{\ln{k}}{k^2}\sim\frac{\ln n}{n}$$ as $n \+\infty$. Numérico de la evidencia sugiere que este es el caso.

El uso de sumas de Riemann de la función $f(t) = \ln t\ /\ t^2$ en el intervalo de $[1/n,1]$ I fue capaz de demostrar que $u_n =O(n/\ln{n})$$n/\ln{n} = O(u_n)$, pero que no podía mostrar que las dos secuencias son equivalentes.

Answer 1

Con el fin de demostrar que el $u_n=\sum_{k>n}\frac{\log k}{k^2}\sim\frac{\log n}{n}$ es lo suficiente como para notar que

$$\int_{n}^{+\infty}\frac{\log(x)}{x^2}\,dx=\frac{1+\log n}{n}$$ y que $\frac{\log x}{x^2}$ es convexa en a $[2.301,+\infty)$. En particular, por los de Hermite-Hadamard la desigualdad $$\int_{n}^{n+1}\frac{\log x}{x^2}\,dx \leq \frac{1}{2}\left(\frac{\log n}{n^2}+\frac{\log(n+1)}{(n+1)^2}\right)$$ vale para cualquier $n\geq 3$ y $$0\leq u_n-\int_{n}^{+\infty}\frac{\log(x)}{x^2}\,dx\leq \frac{1}{2}\sum_{k\geq n}\left(\frac{\log k}{k^2}-\frac{\log(k+1)}{(k+1)^2}\right)=\frac{\log n}{2n^2}.$$ El mismo truco se aplica con mayor generalidad: Si $\varphi:\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}^+$ es una función convexa en $(a,+\infty)$, $\sum_{k\geq 1}\varphi(k)$ es finito y $\int_{n}^{+\infty}\varphi(x)\,dx=F(n)$,$\sum_{k>n}\varphi(k)\sim F(n)$$n\to +\infty$.

Answer 2

Su conjetura es correcta. Observar

$$\int_n^\infty\frac{\ln t}{t^2}\,dt < \sum_{k=n}^{\infty}\frac{\ln k}{k^2} < \int_{n-1}^\infty\frac{\ln t}{t^2}\,dt$$

y utilizar el resultado para las integrales.

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $$\begin{align} u_{n} & \equiv \sum_{k\ =\ n + 1}^{\infty}{\ln\pars{k} \over k^{2}} = \sum_{k\ =\ 1}^{\infty}{\ln\pars{k + n} \over \pars{k + n}^{2}} = {1 \over n^{2}}\sum_{k\ =\ 1}^{\infty} {\ln\pars{n} + \ln\pars{k/n} \over \pars{k/n + 1}^{2}} \\[5mm] & = \bracks{% {1 \over n}\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over \pars{k/n + 1}^{2}}} {\ln\pars{n} \over n} + \bracks{% {1 \over n}\sum_{k = 1}^{\infty}{\ln\pars{k/n} \over \pars{k/n + 1}^{2}}}{1 \over n} \\[5mm] & \stackrel{\mrm{as}\ n\ \to\ \infty}{\sim}\,\,\,\ \underbrace{\bracks{\int_{0}^{\infty}{\dd x \over \pars{x + 1}^{2}}}} _{\ds{=\ 1}}\ {\ln\pars{n} \over n} +\ \underbrace{\bracks{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over \pars{x + 1}^{2}} \,\dd x}}_{\ds{=\ 0}}\ {1 \over n} = \bbx{\ln\pars{n} \over n} \end{align}$$