Una serie con sólo racionales términos $\ln \ln 2$

Question

Todos sabemos que

\ln $$2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac {(-1) ^ {n-1}} {n}.$$

Conoces una serie con sólo racionales términos para

$$\ln \ln 2 = ?$$

Vamos a excluir extensiones de la base con coeficientes no explícitos.

¡ Gracias!

Answer 1

Tales racional de la serie sin duda puede ser escrito, aunque yo sólo considerar esta respuesta un resultado parcial ya que no voy a expresar como una suma única. A partir de la serie de Taylor $\ln(1+x)=-\sum_{j=1}^\infty (-x)^j/j$ podemos escribir $\ln\ln(1+x)$ $$\begin{align} \ln\ln(1+x) &= \ln\left(x-\sum_{j=2}^\infty\frac{(-x)^j}{j}\right)\\ &= \ln x + \ln\left(1+\sum_{j=2}^\infty\frac{(-x)^{j-1}}{j}\right) \\ &= \ln x-\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}\left(-\sum_{j=2}^\infty\frac{(-x)^{j-1}}{j}\right)^k. \end{align}$$ Tenga en cuenta que el segundo término es, sin duda racional de la serie en potencias de $x$, aunque no parece fácil expresar el término-a-término; presumiblemente uno podría expandir usando el teorema del binomio y reanudarla más de $k$. El límite de $x\to 1$, que mata a la primer término y de manera rendimientos $$\ln\ln 2 = -\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left(-\sum_{j=2}^\infty\frac{(-1)^{j-1}}{j}\right)^k.$$ Can anyone reduce this further? Note that this amounts to expressing the Taylor series of $\ln(\ln(1+x)/x)$ en un manejable.

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Actualización:

Después de algo más de trabajo, me acordé de que la Faa di Bruno fórmula expresa la serie de Taylor de $h(x)=f(g(x))$ en términos de la Campana de polinomios como $$h^{(n)}(x)=\sum_{k=1}^n f^{(k)}(g(x))\cdot B_{n,k}(g'(x),g''(x),\ldots,g^{(n-k+1)}(x).$$ We can use this to obtain the derivatives at $x=0$ in a rather mechanical way. For our purposes, we take $f(x)=\ln x$ and $g(x)=\ln(1+x)/x$. Then $f^{(k)}(x)=(-1)^{k-1} (k-1)!\,x^{-k}$ and $g^{(k)}(0)=(-1)^k k!/(k+1),$ así

$$\begin{align} \frac{d^n}{dx^n}\left[\ln\left(\frac{\ln(1+x)}{x}\right)\right]_{x=0} &=\sum_{k=1}^n f^{(k)}(1)\cdot B_{n,k}\left(-\frac{1}{2},\frac{2}{3},\ldots,(-1)^{n-k+1}\frac{(n-k+1)!}{n-k+2}\right) \\ &=\sum_{k=1}^n (k-1)!\,(-1)^{k-1} B_{n,k}\left(-\frac{1}{2},\frac{2}{3},\ldots,(-1)^{n-k+1}\frac{(n-k+1)!}{n-k+2}\right) \end{align}$$ Con esto, podemos expresar la serie de Taylor alrededor de $x=0$ para la función y tomar como anteriormente, el límite de $x\to 1$:

$$\begin{align} \ln\ln 2 &=\lim_{x\to 1^-}\ln\left[\frac{\ln(1+x)}{x}\right] =\sum_{n=0}^\infty \frac{h^{(n)}(0)}{n!}\\ &=\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \frac{(k-1)!}{n!}\, B_{n,k}\left(-\frac{1}{2},\frac{2}{3},\ldots,(-1)^{n-k+1}\frac{(n-k+1)!}{n-k+2}\right). \end{align}$$

Esto es todavía bastante mal en busca de la expresión, pero este enfoque ha tenido que deshacerse de los poderes de la $\ln(1+x)/x$ que estaban presentes anteriormente. Nadie puede ir más lejos?

Answer 2

Tenemos

$$\ln \ln 2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \! \left(\sum_{k = 1 }^{n } \frac{{n \brack k}}{k+1}\right)\frac{1}{n!} \tag1$$

donde ${n \brack k}$ son sin signo de los números de Stirling de primera especie contar el número de permutaciones de $n$ letras que tienen exactamente $k$ ciclos.

Prueba. Deje $-1<t<1$. Recordar la exponencial de la generación de la función de la unsigned los números de Stirling de primera especie $$\sum_{n=k}^{\infty} \displaystyle \frac{{n \brack k}}{n!} t^{n} = \displaystyle \frac{\left(-\ln(1-t)\right)^{k}}{k!}, \quad k=1,2 \cdots. \tag2$$ [Herbert S. Wilf, generatingfunctionology] p. 82 (3.5.3)

Por un lado tenemos a $$\begin{align} \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\left( \sum_{k = 1 }^{n } \frac{{n \brack k}}{k+1}\right) \frac{t^{n-1}}{n!} & = \frac{1}{t} + \frac{1}{t} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k+1} \sum_{n = k }^{\infty} \frac{{n \brack k}}{n!}(-t)^{n} \\ & = \frac{1}{t} + \frac{1}{t} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\left(-\ln(1+t)\right)^{k}}{(k+1)!} \\ & = \frac{1}{t} + \displaystyle \frac{1}{-t\ln(1+t)}\left(e^{-\ln(1+t)} + \ln(1+t) - 1\right) \\ & = \frac{1}{(1+t) \ln(1+t)} , \end{align}$$ que es $$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n\left( \sum_{k = 1 }^{n } \frac{{n \brack k}}{k+1}\right) \frac{t^{n-1}}{n!} = -\frac{1}{t}+ \frac{1}{(1+t) \ln(1+t)}. \tag3$$

Por otro lado tenemos

$$\displaystyle \frac{d}{dt} \ln \left( \frac{\ln (1+t)}{t} \right) = -\frac{1}{t}+ \frac{1}{(1+t) \ln(1+t)}. \tag4$$

Podemos deducir que

$$\ln \left( \frac{\ln (1+t)}{t} \right) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \left( \sum_{k = 1 }^{n } \frac{{n \brack k}}{k+1}\right) \frac{t^{n}}{n!}, \quad 0<t<1. \tag5$$

Esto le da, como $t$ tiende a $1^-$, $$\ln \ln 2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \! \left(\sum_{k = 1 }^{n } \frac{{n \brack k}}{k+1}\right)\frac{1}{n!} .$$ Observación. Como $n$ tiende a $\infty$, uno puede demostrar (aquí) que $$\frac{1}{n!} \sum_{k = 1 }^{n } \frac{{n \brack k}}{k+1} \sim \frac{1}{\ln n}. \tag6$$