Comportamiento asintótico de $\sum\limits_{k=1}^n \frac{2^k}{k}$

Question

Estoy buscando un asintótica equivalente de

$$\sum_{0 < k \le n} \frac{2^k}{k}$$

como $n \to \infty$. Un candidato plausible parece ser $\frac{2^{n+1}}{n+1}$ (WolframAlpha de la parcela, y la intuitiva similitud con $\sum_{k \le n} 2^k = 2^{n+1}$ también es atractivo), pero mis trucos de parecer impotentes aquí.

He intentado:

• La interpretación de $x^k/k$ como la primitiva de $x^{k-1}$ y ajuste de $x=2$
• La sustitución de $2^k/k$ $\int_{x=0}^2 x^{k-1}$
• La reordenación de la suma de los términos para exponer registro parecido sub-resume como $\sum_k 1/k$
• Encontrar los límites inferior y superior asintóticamente equivalente a $\frac{2^{n+1}}{n+1}$, el límite inferior es fácil ($\sum\limits_{k \le n} \frac{2^k}{k} \ge \sum\limits_{k \le n} \frac{2^k}{n+1} \ge \frac{\sum\limits_{k \le n} 2^k}{n+1} \ge \frac{2^{n+1}}{n+1}$), pero el límite superior parece más complicado (yo no podía pensar en una secuencia $\varepsilon_k \in o(2^k/k)$ que sea fácil para estimar el $\sum_{0 < k \le n} 2^k/k - \varepsilon_k$)
• ... y algunos otros, fue en vano

Cualquier sugerencias?

Answer 1

Para cada $n$, $$S_n=\sum_{k=1}^n\frac1k2^k\geqslant\sum_{k=1}^n\frac1n2^k=\frac1n(2^{n+1}-1).$$ Por otro lado, para cada $u$ en $(0,1)$, $$S_n=\sum_{k\lt un}\frac1k2^k+\sum_{un\leqslant k\leqslant n}\frac1k2^k\leqslant\sum_{k\lt un}2^k+\sum_{un\leqslant k\leqslant n}\frac1{un}2^k\leqslant2^{un+1}+\frac1{un}2^{n+1}.$$ This holds for every $u\lt1$ hence $$\lim_{n\to\infty}\frac{n}{2^n}S_n=2.$$ (Lo que confirma su intuición.)

Asimismo, para cada número real $\alpha$, $$\lim_{n\to\infty}\frac{n^\alpha}{2^n}\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k^\alpha}=2.$$ Lo mismo (bis), para cada número real $x\gt1$ y cada número real $\alpha$, $$\lim_{n\to\infty}\frac{n^\alpha}{x^n}\sum_{k=1}^n\frac{x^k}{k^\alpha}=\frac{x}{x-1}.$$

Answer 2

El de Euler-Maclaurin suma fórmula es útil para aproximar cantidades y a menudo revela el comportamiento asintótico con sólo un par de términos. Este problema es una interesante aplicación, ya que la precisa comportamiento asintótico requiere de la suma de un número infinito de términos con los números de Bernoulli como los coeficientes de - los términos que normalmente se descuida.

El uso de Euler-Maclaurin suma fórmula con $f(x) = 2^x/x$

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{2^k}{k} = C+\int_{1}^{n}f(x)\,dx + \frac1{2}f(n)+\frac{B_2}{2!}f'(n) + \frac{B_4}{4!}f'''(n)+ \ldots.$$

La integral es la integral exponencial que se comporta asintóticamente como $Ei(x) \sim e^x/x$ $x \rightarrow \infty:$

$$\int_{1}^{n}f(x)\,dx=\int_{1}^{n}\frac{2^x}{x}\,dx= Ei(n\log2)-Ei(\log2) \sim \frac{e^{n\log 2}}{n\log 2}.$$

Tomando la impar-derivadas de orden nos encontramos con un patrón

$$f'(x) = \frac{2^x}{x}\left(\log 2-\frac1{x}\right)\sim\frac{2^x}{x}\log 2\\ f"'(x) = \frac{2^x}{x}\left[\left(\log 2-\frac1{x}\right)^3+O(x^{-2})\right]\sim\frac{2^x}{x}(\log 2)^3\\ \ldots$$

Por lo tanto,

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{2^k}{k} \sim \frac{2^n}{n}\left[\frac1{\log 2}+\frac1{2}+\frac1{\log 2}\left(\frac{B_2}{2!}(\log 2)^2 + \frac{B_4}{4!}(\log 2)^4+ \ldots\right)\right]\,\,(*)$$

El trailing términos pueden ser resumidos de la exactamente. La generación de la función de los números de Bernoulli es $x/(e^x-1)$ donde

$$\frac{x}{e^x-1} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{B_kx^k}{k!}.$$

Los dos primeros números de Bernoulli se $B_0 = 1$$B_1 = -1/2$. Ellos son cero para las impares $n \geq 3$.

Por lo tanto,

$$\sum_{k=2}^{\infty}\frac{B_k(\log 2)^k}{k!} = \frac{\log 2}{e^{\log 2}-1}-1 + \frac{\log 2}{2}= \log 2-1 + \frac{\log 2}{2}.$$

Sustituyendo en $(*)$ tenemos

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{2^k}{k} \sim \frac{2^n}{n}\left[\frac1{\log 2}+\frac1{2}+\frac1{\log 2}\left(\log 2-1 + \frac{\log 2}{2}\right)\right]=\frac{2^n}{n}2,$$

y

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{2^k}{k} \sim \frac{2^{n+1}}{n}$$

Answer 3

Tomamos nota de que el valor promedio de

$$\frac{2^k}{k}$$

está dada por

$$ \frac{1}{n-1} \int_1^n{\frac{2^n}{n} dn} = \frac{1}{n-1} \left[Ei(n\log(2)) - some constant \right] \approx \frac{1}{n-1} Ei(n \log(2))$$

Tomamos nota de que $$e^{x\log(2)}$$ is asymptotically greater than $$Ei(x\log(2))$$ but it appears that I cannot find a constant $c$ entre 0 y 1 tales que

$$e^{cx\log(2)}$$ también es asintóticamente mayor, lo que sugiere que estos dos asintótica clases pueden tener una más estrecha relación de lo que parece

Para todos los intentos y propósitos $\frac{2^n}{n}$ es asintóticamente equivalente. Para encontrar algo que coincide con la diferencia de términos más estrechamente se requieren más pesada maquinaria

Answer 4

Aquí es un comportamiento asintótico

$$ S \sim_{n\to \infty} {\frac {{2}^{n+1}}{n+1}}-2+{\frac {{2}^{n+1}}{\ln \left( 2 \right) \left( n+1 \right) ^{2}}}.$$

La siguiente es una comparación con la anterior aproximación, la suma original, y la aproximación a $ \frac{2^{n+1}}{n}$ $n=10^5$ respectivamente

$$ 1.998013\,10^{30098} \\ 1.998024\,10^{30098}\\ 1.998004\,10^{30098}\,.$$

La siguiente es una parcela para la aproximación y la suma