Calcular la suma infinita $\sum_{1}^\infty \frac{\log{n}}{2n-1}$

Question

Quiero calcular un asintótica de expansión para la siguiente suma infinita:

$$\displaystyle \sum_{1}^N \frac{\log{n}}{2n-1}$$

al $N$ tiende a $\infty$. He encontrado que la expansión asintótica para esta suma parcial es

$$ \displaystyle \frac{\log^2{N}}{4}+0.2282077...$$

y yo estaría interesado en escribir este término constante de un modo explícito. Por similitud con otras cantidades del mismo tipo, yo creo que una expresión explícita probablemente debería incluir $\displaystyle \gamma$ y el primer Stieltjes constante $\displaystyle \gamma_1$, pero yo no era capaz de encontrarlo.

Answer 1

Una respuesta incompleta, pero tengo la esperanza de que puede aclarar algunas cosas.

Vamos a presentar \begin{align*} S_N&=\sum_{n=1}^N\frac{\ln n}{2n},\qquad \bar{S}_N=\sum_{n=1}^N\frac{\ln n}{2n-1}. \end{align*} Ahora hacer dos observaciones:

• la suma de $\displaystyle C_N:=\bar S_N-S_N=\sum_{n=1}^N\frac{\ln n}{2n\left(2n-1\right)}$ converge como $N\to \infty$.

• el asymptotics de $S_N$ es conocido: $$S_N=\frac14\ln^2N+\frac12\gamma_1+o\left(1\right).$$

Por lo tanto la constante que estamos buscando no es nada, pero $$\frac12\gamma_1+C_{\infty}=\frac12\gamma_1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{2n\left(2n-1\right)}.$$ Sin embargo, la evaluación de los restantes infinita suma parece complicado (pero mucho más simple que la suma que implican valores zeta de otra respuesta).

Answer 2

Usted podría utilizar el de Euler-Maclaurin de la fórmula. Como alternativa, hemos \begin{align} \sum_{n=1}^{N} \dfrac{\log(n)}{2n-1} & = \sum_{n=1}^{N} \dfrac{\log(n)}{2n} \cdot \dfrac1{1-\dfrac1{2n}} = \sum_{n=1}^{N} \dfrac{\log(n)}{2n} \sum_{l=0}^{\infty} \left(\dfrac1{2n}\right)^l\\ & = \sum_{n=1}^{N} \dfrac{\log(n)}{2n} + \sum_{l=1}^{\infty} \dfrac1{2^{l+1}} \underbrace{\sum_{n=1}^{N} \dfrac{\log(n)}{n^{l+1}}}_{-\zeta'(l)+o(1)}\\ & \sim \sum_{n=1}^{N} \dfrac{\log(n)}{2n} - \underbrace{\sum_{l=1}^{\infty} \dfrac{\zeta'(l+1)}{2^{l+1}}}_{\text{some constant}} \end{align} Y sabemos que la expansión asintótica para $\displaystyle \sum_{n=1}^{N} \dfrac{\log(n)}n$.

Answer 3

Empezar con $$ \begin{align} \mathrm{Li}_2(x) &=-\int_0^x\frac{\log(1-t)}{t}\,\mathrm{d}t\\ &=\mathrm{Li}_2\left(\frac12\right)-\int_{1/2}^x\frac{\log(1-t)}{t}\,\mathrm{d}t\\ &=\mathrm{Li}_2\left(\frac12\right)+\int_{1-x}^{1/2}\frac{\log(t)}{t-1}\,\mathrm{d}t\\ &=\mathrm{Li}_2\left(\frac12\right)+2\int_{1/2-x/2}^{1/4}\frac{\log(2)+\log(t)}{2t-1}\,\mathrm{d}t\\ &=\mathrm{Li}_2\left(\frac12\right)-\log(2)\log(2x)+2\int_{1/2-x/2}^{1/4}\frac{\log(t)}{2t-1}\,\mathrm{d}t\tag{1} \end{align} $$ Sustituyendo $x\mapsto1-2x$, obtenemos $$ \mathrm{Li}_2(1-2x) =\mathrm{Li}_2\left(\frac12\right)-\log(2)\log(2-4x)+2\int_x^{1/4}\frac{\log(t)}{2t-1}\,\mathrm{d}t\tag{2} $$ lo que da $$ \begin{align} \hskip{-6mm}\int_1^x\frac{\log(t)}{2t-1}\,\mathrm{d}t &=-\frac{\pi^2}{24}-\frac{\log(2)}2\log(2x-1)-\frac12\mathrm{Li}_2(1-2x)\\ &=\frac{\pi^2}{24}+\frac14\log(2x-1)^2-\frac{\log(2)}2\log(2x-1)+\frac12\mathrm{Li}_2\left(\frac1{1-2x}\right)\tag{3} \end{align} $$ donde hemos aplicado la Inversión de la Fórmula para $\mathrm{Li}_2$, demostrado en esta respuesta.

El uso de Euler-Maclaurin de la Suma de la Fórmula, obtenemos $$ \begin{align} \hskip{-6mm}\sum_{k=1}^n\frac{\log(k)}{2k-1} &\sim C_1+\frac14\log(2n-1)^2-\frac{\log(2)}2\log(2n-1)+\frac12\mathrm{Li}_2\left(\frac1{1-2n}\right)\\ &+\frac12\frac{\log(n)}{2n-1}+\frac1{12}\left(\frac1{n(2n-1)}-\frac{2\log(n)}{(2n-1)^2}\right)\\ &-\frac1{720}\left(\frac2{n^3(2n-1)}+\frac6{n^2(2n-1)^2}+\frac{24}{n(2n-1)^3}-\frac{48\log(n)}{(2n-1)^4}\right)\tag{4} \end{align} $$ La expansión asintótica en $(4)$ contiene términos con a $3$ derivados de $\frac{\log(x)}{2x-1}$. El uso de la expansión que contiene términos con a $11$ derivados, y el uso de $n=1000$, se puede calcular $$ C_1=0.348321017592010450605888035840979159864320\etiqueta{5} $$ La combinación de $(5)$ y $$ \frac14\log(2n-1)^2-\frac{\log(2)}2\log(2n-1)=\frac{\log(n)^2}4-\frac{\log(2)^2}4+O\left(\frac{\log(n)}n\right)\tag{6} $$ obtenemos la constante a se $C_2=C_1-\frac{\log(2)^2}4$ $$ C_2=0.228207764112460094439112404259312916931681\etiqueta{7} $$ Todavía no he encontrado una forma cerrada para $C_2$, pero si se encuentra uno, se puede utilizar $(7)$ para la confirmación.

Answer 4

Aquí es una técnica general para hacer las cosas desde cero. Puede utilizar la integral

$$ \int_{1}^{n} \frac{\ln(x)}{2x-1} = -\frac{1}{24}\,{\pi }^{2}-\frac{1}{2}\,\ln \left( 2 \right) \ln \left( 2\,n-1 \right) - \frac{1}{2}\,{\es Li_2} \left( 1-2\n \right) . $$

donde $Li_s(z)$ es el polylogarith función. Tenga en cuenta que puede utilizar la expansión asintótica de la función de $Li_2(z)$

$$ Li_2(z) = -\frac{1}{2}\, \left( \ln \left( z \right) +i\pi \right) ^{2}- \frac{1}{6}\,{\pi }^{2 }-\frac{1}{z}-O(\frac{1}{z^2}).$$

Añadido: Aquí es su constante

$$ \frac{\pi^2}{24}- \frac{1}{4}\, \ln^2\left( 2 \right) \sim 0.291. $$