La forma cerrada de $\lim\limits_{n\to\infty}\left(\int_0^{n}\frac{{\rm d}k}{\sqrt{k}}-\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt k}\right)$

Question

Mostrar que $$ L=\lim_{s\rightarrow\infty}\left(\int_0^s\frac{ds'}{\sqrt{s'}}-\sum_{s'=1}^s\frac{1}{\sqrt{s'}}\right) = 1.460\ldots $$

Mis intentos: Para empezar, la reescritura de los límites de la forma $$ L=\lim_{\epsilon\rightarrow0}\left(\int_0^{\infty}\frac{e^{-\epsilon s"}} {\sqrt{s}}ds'-\sum_{s'=1}^{\infty}\frac{e^{-\epsilon s"}} {\sqrt{s}}\right) $$ donde $$ \int_0^{\infty}\frac{e^{-\epsilon s"}} {\sqrt{s}}ds' = \int_0^{\infty}\frac{e^{-\epsilon s^2}}{s}d(s^2) = \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} $$ y $$ \sum_{s'=1}^{\infty}\frac{e^{-\epsilon s"}} {\sqrt{s}} = \sum_{s'=1}^{\infty}{e^{-\epsilon s'}}\int_0^{\infty}e^{-\sqrt{s}t}dt = \int_0^{\infty}\left(\sum_{s'=1}^{\infty}{e^{-\epsilon s'-\sqrt{s}t}}\right)dt $$ Segundo, la identidad $$ \sum_{s=1}^{\infty}\frac{(1-\epsilon)^s}{\sqrt{s}}=\sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}}(1+O(\epsilon)); $$ puede ser de alguna ayuda.

En tercer lugar, el límite es de alguna manera $-\zeta(1/2)=1.46035\cdots$ donde $\zeta(s)$ es la de Riemann zeta función.

Answer 1

Deje que nos represente la suma finita $\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}$ \begin{align*}\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}&=\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt \pi}\int_0^{\infty} \frac{e^{-kx}dx}{\sqrt x}=\frac{1}{\sqrt \pi}\int_0^{\infty} e^{-x}\frac{1-e^{-(n+1)x}}{1-e^{-x}}\frac{dx}{\sqrt x}=\\ &=\frac{1}{\sqrt \pi}\int_0^{\infty} \frac{1-e^{-(n+1)x}}{\sqrt x}\left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{e^{-x}}x+\frac{e^{-x}}x\right)dx=\\&= \frac{1}{\sqrt \pi}\int_0^{\infty} \frac{1-e^{-(n+1)x}}{\sqrt x}\left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{e^{-x}}x\right)dx+\frac{1}{\sqrt \pi}\int_0^{\infty} \frac{e^{-x}-e^{-(n+2)x}}{x\sqrt x}dx=\\ &=\frac{1}{\sqrt \pi}\int_0^{\infty} \frac{1-e^{-(n+1)x}}{\sqrt x}\left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{e^{-x}}x\right)dx+2\sqrt{n+2}-2. \end{align*} Desde $\sqrt{n+2}-\sqrt n\to 0$$n\to \infty$, el límite que estamos buscando es dada por $$L a=2-\frac{1}{\sqrt \pi}\int_0^{\infty} \left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{e^{-x}}x\right)\frac{dx}{\sqrt x}.$$ No es difícil relacionar esta expresión a zeta valor de $\zeta\left(\frac12\right)$. De hecho, la integral $$I(s)=\frac{1}{\sqrt \pi}\int_0^{\infty} x^{m-1}\left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{e^{-x}}x\right)dx$$ converge y se define una analítica de la función de $s$ en la región de $\Re s>0$. Además, para $\Re s>1$ podemos dividirlo en dos piezas separadas, lo que conduce a la evaluación \begin{align*}I(s)=\color{blue}{\frac{1}{\sqrt \pi}\int_0^{\infty} \frac{x^{s-1} dx}{e^x-1}}-&\color{red}{\frac{1}{\sqrt \pi}\int_0^{\infty}x^{s-2}e^{-x}dx}=\frac{\color{blue}{\Gamma(s)\zeta(s)}-\color{red}{\Gamma(s-1)}}{\sqrt\pi}=\\ &=\frac{\Gamma(s)}{\sqrt\pi}\left[\zeta(s)-\frac{1}{s-1}\right]. \end{align*} Este último da $L=2-I\left(\frac12\right)=-\zeta\left(\frac12\right)$.

Answer 2

Supongo que quiere mostrar que la secuencia de $u_n=2\sqrt{n}-\sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}}$ es convergente. Calculamos el $v_n=u_{n+1}-u_n$. He encontrado $$v_n=\frac{1}{(\sqrt{n+1})(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})^2}$$ As the series $\suma v_n$ is convergent, the sequence $u_n$ is convergent, and the limit $L$ is $L=1+\sum_{k\geq 1} v_k$.