Pruebas $\dfrac{4}{\pi}\sum_{k = 1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k - 1}k}{B_{2k}(2k - 1)}\left(\dfrac{\log n}{2\pi}\right)^{2k - 1} = \dfrac{n}{\text{In}n}$

Question

¿Cómo podemos demostrarlo? Como $n \to \infty$

$$\dfrac{4}{\pi}\sum_{k = 1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k - 1}k}{B_{2k}(2k - 1)}\left(\dfrac{\log n}{2\pi}\right)^{2k - 1} \approx \dfrac{n}{\text{ln} \text{ } n}\tag 1\label{1}$$

donde $B_m$ denota el $m$ -enésimo número de Bernoulli para todos $m \geqslant 2$ . He tratado este problema durante bastante tiempo. De hecho, pude simplificar más el LHS utilizando algunas sustituciones inteligentes y algo de teoría analítica de números.

Pude demostrarlo: Como $n \to \infty$

$$\int_{0}^{\infty}\dfrac{(\log n)^\tau d\tau}{\Gamma(\tau + 1)\zeta(\tau + 1)\tau} \approx \dfrac{4}{\pi}\sum_{k = 1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k - 1}k}{B_{2k}(2k - 1)}\left(\dfrac{\log n}{2\pi}\right)^{2k - 1} \tag 2\label{2}$$

sin embargo no estoy del todo satisfecho con mi prueba de lo mismo. Me pregunto si hay una buena manera de demostrar $\eqref{1}$ y $\eqref{2}$ que no recurre a análisis complejos. Su ayuda para demostrar $\eqref{2}$ sería muy apreciada. Estoy buscando una respuesta analítica real detallada.

Su ayuda será muy apreciada. Muchas gracias.

Answer 1

Ni idea de lo que intentas hacer.

La asíntota de los números de Bernouilli puede obtenerse directamente a partir de que $\frac{x}{e^x-1}-\frac{2i\pi}{x-2i\pi}-\frac{-2i\pi}{x+2i\pi}$ es analítica en un disco mayor $|x|<4\pi$ pero para mayor claridad es conveniente saber que

$$\zeta(2k) = (-1)^{k+1}\frac{(2\pi)^{2k}B_{2k}}{2(2k)!} = 1+O(2^{-2k}))$$

Lo que da que

$$\sum_{k \ge 1} \frac{2(-1)^{k+1}}{(2\pi)^{2k}B_{2k}} x^{2k}\frac{k}{2k-1}=\sum_{k\ge 1} \frac{x^{2k}}{\zeta(2k) (2k)!}\frac{k}{2k-1}=\sum_{k\ge 1} \frac{x^{2k}}{ (2k)!}\frac{k}{2k-1} (1+O(2^{-2k})$$ como $x\to \infty$ es $$=\frac14 e^x+O(e^x/x)+O(e^{x/2})$$