Es $\lim_{x\to \infty}{\sum_{i,h=1}^x \frac{1}{i^h} - x-\ln{x}}$ igual a $\gamma$, el de Euler-Mascheroni constante? Si es así, ¿por qué?

Question

Yo estaba mirando a la suma de $\sum_{i,h=1}^x \frac{1}{i^h}$ en Desmo, y me di cuenta de que parecía converger a la línea de $y=x$. Cuando me resta x a partir de y el aumento de los límites, parecía estar convergiendo cerca de Euler-Mascheroni constante. Por desgracia, pronto se hace difícil calcular para x grande, así que la mejor estimación que podría conseguir con Desmo fue para $x=10000$, por lo que $\sum_{i,h=1}^x \frac{1}{i^h} - x-\ln{x}$ es de aproximadamente 0.577165, que es muy cercana a la de Euler-Mascheroni constante. Es esta realidad la convergencia a la constante, o simplemente a algo cercano a él? Me imagino que no, debido a esta serie de la clara similitud con la serie armónica, sin embargo es interesante que la constante sigue apareciendo incluso con el añadido de la exponenciación en el denominador.

Para mayor claridad, una notación alternativa para la suma anterior se $${\sum_{i=1}^x}{\sum_{h=1}^x {1\over i^h}}$$

Answer 1

Resultado: $$\lim_{N\to\infty}\sum_{j,k=1}^N\frac{1}{j^k}-N-\ln(N)=\gamma.$$

Prueba:

Separando la suma, tenemos: $$ \underbrace{\left(\sum_{j=1}^N\frac{1}{j}-\ln(N)\right)}_{\a\gamma\text{ como }N\to\infty}+\left(\sum_{j=1}^N\sum_{k=2}^N\frac{1}{j^k}-N\right). $$ Ya sabemos que el primer término converge a $\gamma$, podemos centrarnos en el segundo término. Observe que hemos $N-1$ términos con $j=1$, de modo que puede reducir aún más el doble de la suma a $$ \left(\sum_{j=2}^N\sum_{k=2}^N\frac{1}{j^k}\right)-1. $$ El interior de la suma es sólo una serie geométrica finita, por lo que se puede escribir en la forma cerrada como $$ \sum_{j=2}^N\frac{(1/j)^2-(1/j)^{N+1}}{1-(1/j)}=\sum_{j=2}^N\frac{1}{j(j-1)}-\frac{1}{j^N(j-1)}. $$ Aquí, hemos $$ \sum_{j=2}^N\frac{1}{j(j-1)}=1-\frac{1}{N}\quad\text{and}\quad\sum_{j=2}^N\frac{1}{j^N(j-1)}\ll\frac{\ln(N)}{2^N} $$ Por lo tanto, como $N\to\infty$, la parte izquierda de la suma converge a$1$, mientras que la mano derecha de la suma converge a $0$. En particular, $$ \lim_{N\to\infty}\left(\sum_{j=2}^N\sum_{k=2}^N\frac{1}{j^k}\right)-1=0. $$ Por lo tanto, el original del doble de la suma anterior también converge a $0$, dando a la conclusión de la prueba.

Answer 2

$$\lim_{x\to \infty} \sum_{i = 1}^{x} 1/i - \ln(x) = \gamma$$ $$\sum_{i = 1}^{\infty} 1/i^2 = \pi^2/6$$ $\sum_{i = 1}^{\infty} 1/i^k = $ convergentes y tiende a $1$ para $k>1$ y $k$ va a las $\infty$. Cada uno de estos $1$s se suman para compensar $x$.

@voluntad es correcta.

Escribir los términos con el poder $1$ en una fila y el poder $2$ en una fila debajo, y así sucesivamente. $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... \ - 1 - \ln(x)$

$1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + ... - 1 $

$1 + \frac{1}{2^3} + \frac{1}{3^3} + ... - 1 $

...

La primera columna de $1$s cancelará la penúltima columna de $-1$s.

La segunda columna es de $1/2 + 1/2^2 + ... = 1$

La tercera columna es $1/2$. La cuarta columna es $1/3$. Y así sucesivamente.

Así que nos quedamos con $1+1/2+1/3+...1/n - log(n) = \gamma$ as $n \to \infty$