Expansión sobre $x=1$ para $\sum_{n=2}^\infty \frac{x^n}{n\log n}$

Question

$$\sum_{n=2}^N \frac{1}{n\log n}$$ diverge como $N\rightarrow \infty$ porque la integral $$\int_2^N \frac{{\rm d}t}{t\log t}=\log(\log N) - \log(\log 2)$$ diverge. La singularidad es doblemente logarítmica y por lo tanto espero que la serie $$f(x)=\sum_{n=2}^\infty \frac{x^n}{n\log n}$$ para tener una doble singularidad logarítmica en $x=1$ es decir $$f(x) \sim \log \left(-\log\left(1-x\right)\right)$$ como $x\rightarrow 1$ . ¿Existe una forma sencilla de derivar la expansión sobre $x=1$ ?

Desde $\frac{x^n}{n\log n}$ es monótona, puede ser útil/efectivo utilizar la expansión de Euler-Maclaurin, es decir, calcular la integral $$\int_2^\infty \frac{e^{n\log x}}{n\log n} \, {\rm d}n \, ,$$ pero no parece existir ningún antiderivado.

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En definitiva, esta cuestión está relacionada con la existencia de este tipo de integrales $$\int_2^\infty \frac{e^{-tx}}{\log x} \, {\rm d}x$$ para $t>0$ y $t\rightarrow 0$ en términos de funciones (semi)-elementales. Encontré la siguiente expansión asintótica para cualquier $a>0$

\begin{align} \int_a^\infty \frac{e^{-xt}}{\log x} \, {\rm d}x &\stackrel{u=xt}{=} \frac{-1}{t\log t} \int_{at}^\infty \frac{e^{-u}}{1 - \frac{\log u}{\log t}} \, {\rm d}u \\ &= \frac{-1}{t\log t} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{\log^n t} \int_{at}^\infty e^{-u} \log^n u \, {\rm d}u \\ &\stackrel{t\rightarrow 0}{=} \frac{-1}{t\log t} \sum_{n=0}^\infty \frac{\Gamma^{(n)}(1)}{\log^n t} \, . \tag{1} \end{align}

La integral límite para $t\rightarrow 0$ converge y el error al ampliar el rango a $0$ es ${\cal O}\left(t\log^n(t)\right)$ . Por lo tanto, la expansión asintótica sigue.

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Integrando la expansión asintótica (1) con respecto a $t$ entonces da como resultado

$$\int_a^\infty \frac{e^{-xt}}{x\log x} \, {\rm d}x = \log(-\log(t)) - \sum_{n=1}^\infty \frac{\Gamma^{(n)}(1)}{n\log^n t} + C$$ y se puede demostrar $C=0$ .

Answer 1

Esto debería ser un comentario, pero es demasiado largo. Creo que puedo conseguir la singularidad logarítmica doble pero no es la forma correcta, así que estoy haciendo algo mal. Pero tal vez le dará algunas ideas. Tengan en cuenta que tenemos $$f\left( x \right)=\sum\limits_{n=2}^{\infty}{\frac{{{x}^{n}}}{n\log \left( n \right)}}=\sum\limits_{n=2}^{\infty }{\frac{{{x}^{n}}}{n}}\int\limits_{0}^{\infty}{{{e}^{-\log \left( n \right)t}}dt}=\sum\limits_{n=2}^{\infty}{\frac{{{x}^{n}}}{n}}\int\limits_{0}^{\infty }{{{n}^{-t}}dt}=\int\limits_{0}^{\infty }{-x+L{{i}_{1+t}}\left( x \right)dt}$$ Donde $Li$ es el polilogaritmo. Divide la integral en dos $$f\left( x \right)=\int\limits_{0}^{a}{-x+L{{i}_{1+t}}\left( x \right)dt}+\int\limits_{a}^{\infty }{-x+L{{i}_{1+t}}\left( x \right)dt}$$ La segunda puede ser acotada para a>0 y así nos queda algo como $$\lim f\left( x \right)=-1+\lim \int\limits_{0}^{a}{L{{i}_{1+t}}\left( x \right)dt}+C$$ para alguna constante $C$ . Utilizando, para $x$ cerca de $1$ , $$L{{i}_{1+t}}\left( x \right)=\Gamma \left( -t \right){{\left( -\log \left( x \right) \right)}^{t}}+\sum\limits_{k=0}^{\infty }{\frac{\zeta \left( t+1-k \right)}{k!}{{\log }^{k}}\left( x \right)}$$ Y supongamos que a es muy pequeño y que se expande sobre $t=0$ encontramos $$L{{i}_{1+t}}\left( x \right)=-\log \left( -\log \left( x \right) \right)+\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\frac{\zeta \left( t+1-k \right)}{k!}{{\log }^{k}}\left( x \right)}+O\left( t \right)$$ Y así obtenemos algo como $$f\left( x \right)\sim-x-\log \left( -\log \left( x \right) \right)$$

para $x$ cerca de $1$ que potencialmente muestra que explota como un doble logaritmo, pero esto no es asintótico. Tal vez la elección correcta de la escala con el terminal 'a' lo arrastraría a patadas y gritos.