Hay una fórmula con la manera de ir de $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$$n$?

Question

Digamos que quieres suma $g(n) = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} = L$. Hay una fórmula simple para ir de $L$ y deducir $n$?

Mi intento:

Para $n = 1$, la fórmula es $L$.

Suponga que hay una fórmula para todos los $n=1..N$ dice $f(L)$. Entonces tenemos $g(N+1) = g(N) + \frac{1}{N+1}$, $\frac{g(N)(N+1) + 1}{N+1} = L$. $(N+1)(L - g(N)) = 1$. No hay esperanza.

Answer 1

Puede aproximar $n$$L$. Una sobreestimación es $h_n \approx \ln(n)+c+\frac{1}{n}$. donde $c \approx 0.577$.

Desde aquí $$h_n-c \approx \ln(n)+1/n$$

Pero $$\frac{\ln(n+h)-\ln(n)}{h} \approx 1/n$$ for $h$ close to zero. So $$\ln(n+1)-\ln(n) \approx 1/n$$.

Por lo tanto,

$$h_n-c \approx \ln(n)+\ln(n+1)-\ln(n)$$ This is still valid as an overestimate for $n>e^{1-c}-1$ the intersection of noncontinuous $h_n$ (when it's graphed using steps) and $\ln(n+1)+c$. But we only care for $n \geq 1$ por lo que debe ser bueno.

Deje $h_n=L$

$$e^{L-c} \approx n+1$$

$$e^{L-c}-1 \approx n$$

Un subestimar a la serie armónica es:

$$L=h_n \approx \ln(n)+c$$

$$e^{L-c} \approx n$$

Ahora

$$e^{L-c}-1 < n < e^{L-c}$$

Si quieres ver cómo estos aproximación fórmulas se derivan haga clic en mi perfil, debe ser uno de mis principales preguntas titulado "una aproximación a la aproximación de la serie armónica".

Answer 2

Dado que el $n$ es un número entero, usted sabe que $\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \approx \ln n+\gamma+\frac1{2n}-O(n^{-2})$ ($\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante), por lo que probablemente podría usarlo.

Answer 3

Como ya se ha dicho en las respuestas y comentarios, para valores grandes de $n$ $$ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}=H_n\approx \frac{1}{2 n}+\log(n)+\gamma$$ Now, the solution of $$\frac{1}{2 n}+\log(n)+\gamma=L$$ can be expressed using Lambert function $$n=-\frac{1}{2 W\left(-\frac{e^{\gamma -L}}{2}\right)}$$ Since we consider large values of $n$, the argument of Lambert function is small and we can use the approximation $$W(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-n)^{n-1}}{n!}x^n=x-x^2+\frac 32 x^3+\cdots$$ and then, $$n\approx e^{L-\gamma}-\frac 12 -\frac 1{8 e^{L-\gamma}}$$

Para fines de ilustración, consideremos $n=10$ da $L=\frac{7381}{2520}$; la aproximación fórmula le dará $n=9.99206$ que no está demasiado mal.

Considere la posibilidad de $L=10$; la anterior aproximación daría $n\approx 12366.5$ mientras $H_{12366}\approx 9.9999621$$H_{12367}\approx 10.000043$.

Answer 4

$$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}=\psi(n+1)+\gamma$$

Donde $\psi(x)$ es función digamma.

Así que para encontrar $n$ tienes que emplear la inversa de la función digamma.

$$n=\psi^{inverse}(L-\gamma)-1$$

Aquí es una forma de definirlo en Mathematica: http://mathematica.stackexchange.com/questions/89107/inverse-of-a-digamma-polygamma-function