Dejemos que $a \in (0,1)$ y considerar la suma parcial \begin{equation} S_{n,a} = \sum_{i=1}^n \frac{1}{(i+1) i^{1+a}}. \end{equation} ¿Existe una buena aproximación de $S_{n,a}$ en términos de $n$ y $a$ ? Esta suma es aproximadamente $\sum_{i=1}^n 1 / i^2$ para los pequeños $a$ . Estoy tratando de usar aproximaciones tipo integral-prueba pero no puedo encontrar aproximaciones integrales simples. Por ejemplo, puedo escribir \begin{equation} S_{n,a} = \frac{1}{2} + \sum_{i=2}^n \frac{1}{(i+1) i^{1+a}} \leq \frac{1}{2} + \int_1^n\frac{\mathrm{d} x}{(x+1) x^{(1+a)}}. \end{equation} Esta última integral no tiene una fórmula sencilla de forma cerrada. Una cota inferior similar puede derivarse de forma parecida. En particular, si $a = a_n := 1 / n$ entonces cuál es el límite de $S_{n,a}$ como $n \to \infty$ ? ¿Alguien tiene una idea? Muchas gracias.
Respuestas
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Creo que tengo una aproximación bastante conseguida. Como $n \to \infty$ su serie es aproximadamente igual a $-\frac {a}{a+1}+\frac 32 +H_{\frac a2}-H_{\frac {a+1}{2}}+c$ donde c es un número muy pequeño, de hecho es menor que $0.0005$ para grandes $a$ y es menor que $0.2$ para los más pequeños $a$ . Aquí, $H_n$ es el número armónico enésimo. Sé que esto no es exactamente lo que pedías, pero espero que te ayude.
Editar 1:
En primer lugar hay que utilizar el versión integral de la suma por partes para conseguir
$$\sum_{i=1}^x \frac 1{(i+1)i^{1+a}} = \frac {\lfloor x\rfloor}{(x+1)x^{1+a}} + \int_1^x \lfloor t \rfloor \frac {at+2t+a+1}{(t+1)^2t^{a+1}} dt$$
A continuación, utilice la aproximación $\lfloor x \rfloor = x$ para conseguir
$$\sum_{i=1}^x \frac 1{(i+1)i^{1+a}} \approx \frac {1}{(x+1)x^{a}} + \int_1^x \frac {at+2t+a+1}{(t+1)^2t^{a}} dt$$
Ahora dejemos que $x \to \infty$
$$\sum_{i=1}^\infty \frac 1{(i+1)i^{1+a}} \approx \int_1^\infty \frac {at+2t+a+1}{(t+1)^2t^{a+1}} dt$$
El siguiente paso es complicado, pero transformé la integral, la evalué usando wolframio alfa y lo transformamos de nuevo para llegar a
$$-\frac {a}{a+1}+\frac 32 +H_{\frac a2}-H_{\frac {a+1}{2}}$$
Si quieres probarlo tú mismo utiliza el hecho de que
$$\int_1^\infty \frac {at+2t+a+1}{(t+1)^2t^{a+1}} dt = \int_0^\infty \frac {a+2}{(t+1)^2t^{a}} dt + \int_0^\infty \frac {a+1}{(t+1)^2t^{a+1}} dt$$
Para $H_{x}$ recomendaría utilizar la extensión a todos los números reales positivos con $H_{x}=\int_0^1 \frac {1-t^x}{1-t} dt$ o $H_x=\psi(x+1)+\gamma$
Tenga en cuenta que tenemos
$$\frac1{k+1}=\frac1k\frac1{1+\frac1k}=\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^{m+1}}{k^m}\tag{$ |k|>1 $}$$
y por lo tanto podemos derivar límites como
$$S_{n,a}-\frac12<\sum_{k=2}^n\frac1{k^{a+2}}<\int_1^n\frac{\mathrm dx}{x^{a+2}}=\frac{1-n^{-(a+1)}}{a+1}\underset{{a=1/n\\n\to\infty}}\longrightarrow1$$
e igualmente,
$$S_{n,a}-\frac12>\sum_{k=2}^n\left(\frac1{k^{a+2}}-\frac1{k^{a+3}}\right)>\int_2^{n+1}\frac1{x^{a+2}}-\frac1{x^{a+3}}~\mathrm dx\underset{{a=1/n\\n\to\infty}}\longrightarrow\frac38$$
como parece, acotando su límite entre $7/8$ y $3/2$ .
Sin embargo, hay que tener en cuenta que
$$\lim_{(n,a)\to(\infty,0^+)}S_{n,a}=\sum_{k=1}^\infty\frac1{k(k+1)}=1$$
