Aproximación de la suma $\sum_{j=1}^{n-1}\frac{2j}{(n-j+1)(j+n)}$

Question

Intento resolver esta suma o al menos dar una aproximación.

$$\sum_{j=1}^{n-1}\frac{2j}{(n-j+1)(j+n)}$$

Este fue mi intento:

Suponiendo que en mi suma $\sum f(j)$ , $f(j)$ es una función monotónicamente creciente, entonces puedo aproximar la suma mediante la siguiente regla:

$$\int_{m-1}^{n} f(x) dx \leq \sum_{j=m}^{n} f(j) \leq \int_{m}^{n+1} f(x)dx$$

Así que necesito resolver esta integral:

$$\sum_{j=1}^{n-1}\frac{2j}{(n-j+1)(j+n)} \leq \int_{1}^{n} \frac{2j}{(n-j+1)(j+n)}dj = \frac{2(\ln n+n \ln (\frac{n+1}{2}))}{2n+1}$$

Desde entonces,

$$\frac{2(\ln n+n\ln(\frac{n+1}{2}))}{2n+1} = \frac{2 \ln n}{2n + 1} + \frac{2 n \ln (\frac{n+1}{2})}{2n + 1}$$

El límite superior para ambos términos es

$$O\left(\frac{\ln n}{n}\right) + O(\ln n) = O(\ln n)$$

Entonces, si mis cálculos son correctos, debería poder demostrar por inducción que, la siguiente desigualdad se cumple, para alguna constante $c$ .

$$\sum_{j=1}^{n-1}\frac{2j}{(n-j+1)(j+n)} \leq c\ln(n)$$

Pero no sé cómo probarlo.

Answer 1

Sea $$s_n=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{2j}{(n-j+1)(j+n)}$$ Ahora, defina $$a_n=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{n-j+1}$$ y $$b_n=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{j+n}$$ Entonces $$\begin{split} a_n-b_n &= \sum_{j=1}^{n-1}\bigg(\frac{1}{n-j+1}-\frac{1}{j+n}\bigg)\\ &= \sum_{j=1}^{n-1}\frac{2j-1}{(n-j+1)(j+n)}\\ &= s_n-\sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{(n-j+1)(j+n)} \end{split} $$ También $$\begin{split} a_n+b_n &= \sum_{j=1}^{n-1}\bigg(\frac{1}{n-j+1}+\frac{1}{j+n}\bigg)\\ &= \sum_{j=1}^{n-1}\frac{2n+1}{(n-j+1)(j+n)}\\ \end{split} $$

Por lo tanto $$a_n-b_n=s_n-\frac{a_n+b_n}{2n+1}$$ En otras palabras $$s_n=\frac{2n+2}{2n+1}a_n-\frac{2n}{2n+1}b_n$$

Ahora necesitamos estimar $a_n$ y $b_n$ .

Cambiar $j$ en $n-j+1$ en la definición de $a_n$ produce $$a_n=\sum_{j=2}^{n}\frac1j$$ Así que $a_n \approx \ln n$ (véase serie armónica).

Para $b_n$ , obsérvese que es una suma de Riemann: $$b_n=\frac 1 n \sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{\frac j n +1}$$ por lo tanto $$b_n\approx \int_0^1\frac {dx}{1+x}=\ln 2$$

Concluimos que $$s_n\approx \ln n$$

Answer 2

Sugerencia

$\dfrac{2j-1}{(n-j+1)(j+n)} = \dfrac{1}{n+j}-\dfrac{1}{n-j+1}$ y $\dfrac{(2n+1)}{(n-j+1)(n+j)} = \dfrac{1}{n+j} +\dfrac{1}{n-j+1}$

Así que tienes : $\sum \frac{1}{n+j} - \sum\frac{1}{n-j+1} + \frac{1}{(2n+1)}\left( \sum \frac{1}{n+j} + \sum \frac{1}{n-j+1}\right)$ ~ $\log(2n) - 2\log(n) + \frac{1}{2n+1}\log(2n)$

Answer 3

Con la ayuda de CAS: $$\color{red}{\sum _{j=1}^{n-1} \frac{2 j}{(n-j+1) (j+n)}}=\\\sum _{j=1}^{n-1} -\frac{2 (1+n)}{(-1+j-n) (1+2 n)}+\sum _{j=1}^{n-1} -\frac{2 n}{(j+n) (1+2 n)}=\\\frac{(-2-2 n) (1-\gamma )}{1+2 n}-\frac{(-2-2 n) \psi (1+n)}{1+2 n}-\frac{2 (n \psi (2 n)-n \psi (1+n))}{1+2 n}=\color{red}{\\-\frac{2}{1+2 n}-\frac{2 n}{1+2 n}-\frac{2 \gamma n}{1+2 n}+\frac{2 H_n}{1+2 n}+\frac{4 n H_n}{1+2 n}-\frac{2 n \psi (2 n)}{1+2 n}}$$

donde: $H_n$ es el número armónico, $\psi$ es la función digamma y $\gamma$ es la constante gamma de Euler.

Código Mathematica:

 Sum[(2*j)/((n - j + 1)*(j + n)), {j, 1, n - 1}] == 
 -(2/(1 + 2 n)) - (2 n)/(1 + 2 n) - (2 EulerGamma n)/(1 + 2 n) + (
 2 HarmonicNumber[n])/(1 + 2 n) + (4 n HarmonicNumber[n])/(
 1 + 2 n) - (2 n PolyGamma[2 n])/(1 + 2 n)