La suma $\frac{1}{\ln(2)}+\frac{1}{\ln(3)}+\frac{1}{\ln(4)}+...$ es divergente. Encontrar la evaluación regularizada

Question

Considerando la función Zeta integral

$$F(s)=s+\frac{1}{2^s\ln(2)}+\frac{1}{3^s\ln(3)}+\frac{1}{4^s\ln(4)}+...$$

Evaluar

$$\frac{1}{\ln(2)}+\frac{1}{\ln(3)}+\frac{1}{\ln(4)}+...$$

EDITAR:

Está claro que ha habido mucha confusión aquí. Estoy pidiendo la continuación analítica de la integral de la función Zeta en 0. Estoy pidiendo la suma de las series en el sentido de que

$$1+2+3+...=-\frac{1}{12}$$

Answer 1

Esta suma es, por supuesto, divergente (como han demostrado otros).

Pero la idea es probablemente utilizar regularización zeta y obtener una derivación formal como : \begin{align} \int_0^{\infty}(\zeta(x)-1)\,dx&=\int_0^{\infty} \sum_{n=2}^\infty \frac 1{n^x}\,dx\\ &=\sum_{n=2}^\infty \int_0^{\infty} e^{-x\ln(n)}\,dx\\ &=-\sum_{n=2}^\infty \left.\frac1{\ln(n)\,n^x}\right|_{x=0}^{\infty}\\ &=\sum_{n=2}^\infty \frac1{\ln(n)}\\ \end{align} Desde el simple polo de $\zeta(x)$ en $x=1$ deberíamos escribir nuestra "suma regularizada" como el valor principal de Cauchy de la integral : $$\sum_{n=2}^\infty \frac1{\ln(n)}=PV \int_0^{\infty}(\zeta(x)-1)\,dx\\=-0.243238342890980755415059\cdots$$ (si no he cometido un error...)

Para la evaluación numérica utilice $\displaystyle \lim_{N\to+\infty}\int_0^N \zeta(x)-1-\frac 1{x-1}\,dx+\ln(N-1)$ .

Answer 2

$\ln(x)$ es menor que $x$ para todos los valores positivos.

Según esta lógica, podemos decir que $\frac{1}{\ln(x)}$ es mayor que $\frac{1}{x}$ para todas las x positivas

Esto significa que $\frac{1}{\ln(2)}+\frac{1}{\ln(3)}+\frac{1}{\ln(4)}+...$ es mayor que $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...$

Sabemos que $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...$ diverge y es igual a una suma infinita, y como $\frac{1}{\ln(2)}+\frac{1}{\ln(3)}+\frac{1}{\ln(4)}+...$ es mayor que esa suma infinita, podemos concluir que $\frac{1}{\ln(2)}+\frac{1}{\ln(3)}+\frac{1}{\ln(4)}+...$ es una suma infinita.

Answer 3

$$\sum^\infty_{n=1}\dfrac{1}{\ln(n+1)}$$ La prueba de comparación, disponible aquí , muestra que esto es divergente.

Answer 4

Desde $$ \ln k \le k \quad\forall k \ge 2, $$ se deduce que $$ \sum_{k=2}^\infty\frac{1}{\ln k}\ge \sum_{k=2}^\infty\frac{1}{k}=\infty. $$