Evaluación de la suma $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{e - \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n}{\sqrt{n}}$

Question

Quiero evaluar $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{e - \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n}{\sqrt{n}}$$ Pero no estoy seguro de cómo enfocarlo. Mathematica sugiere que converge muy lentamente y da algo así como 2,57... después de unos 20.000 términos, pero luego comienza a ahogarse.

Para ver que converge, creo que puedo escribir lo siguiente: $$\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e^{n \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)} = e^{n\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})\right)} = ee^{-\frac{1}{2n}}e^{O(n^{-2})} $$ y observe que $e^{O(n^{-2})} \to 1$ como $n \to \infty$ para que $$ e - \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \approx e - ee^{-\frac{1}{2n}} = e(1 - e^{-\frac{1}{2n}}) = e\left(\frac{1}{2n} + O(n^{-2})\right) = O(n^{-1})$$

y tenemos $$\frac{e - \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n}{\sqrt{n}} = O(n^{-3/2})$$ que dice que esto es asintóticamente sólo una serie p.

¿Alguna idea?

Answer 1

En primer lugar, excelente trabajo en la estimación del sumando - pocas personas son hábiles con manipulaciones de series de potencia como esa.

Si se expande el sumando en una serie de potencias (en $n=\infty$ ), obtendrá algo del tipo $$ \frac{e-(1+\frac1n)^n}{\sqrt n} = \frac e2n^{-3/2} - \frac{11e}{24}n^{-5/2} + \frac{7e}{16}n^{-7/2} + \cdots = \sum_{k=0}^\infty c_k n^{-k-3/2} $$ para ciertas constantes fácilmente calculables $c_k$ . Elección de los puntos de truncamiento $K$ y $N$ que te gusta, puedes entonces escribir \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{e-(1+\frac1n)^n}{\sqrt n} &= \sum_{n=1}^\infty \bigg( \sum_{k=0}^K c_k n^{-k-3/2} + \bigg( \frac{e-(1+\frac1n)^n}{\sqrt n} - \sum_{k=0}^K c_k n^{-k-3/2} \bigg) \bigg) \\ &= \sum_{k=0}^K c_k \zeta(k+3/2) + \sum_{n=1}^N \bigg( \frac{e-(1+\frac1n)^n}{\sqrt n} - \sum_{k=0}^K c_k n^{-k-3/2} \bigg) + \sum_{n>N} O(n^{-K-5/2}). \end{align*} Todo lo que no sea el término de error se puede calcular con tantos decimales como se quiera (y la constante implícita en el $O$ -También se podría calcular la anotación, si se quiere ser completamente riguroso). Con esta convergencia acelerada, encuentro que el valor de su suma original es $2.5912775703968337633$ Probablemente con una precisión de tantos decimales.

(Luego, si quieres, puedes probar un búsqueda constante inversa para ver si ese valor coincide con alguna forma cerrada, aunque dudo que lo haga en este caso).

Answer 2

Aquí encontramos otra representación de la suma con propiedades de convergencia mejoradas.

Tenemos $$\begin{eqnarray*} e - \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n &=& \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} - \sum_{k=0}^n {n\choose k} \frac{1}{n^k} \\ &=& \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} \left(1-\frac{n!}{(n-k)!}\frac{1}{n^k}\right) \\ &=& \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k!} \left(1-\frac{n^{\underline k}}{n^k}\right), \end{eqnarray*}$$ donde $n^{\underline k}$ es el factorial descendente. Pero $$n^{\underline k} = \sum_{j=1}^k (-1)^{k-j} \left[ k\atop j\right] n^j,$$ donde $\left[ k\atop j\right]$ es el número Stirling sin signo del primer tipo. Por lo tanto, $$\begin{eqnarray*} e - \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n &=& -\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k!} \sum_{j=1}^{k-1} (-1)^{k-j} \left[ k\atop j\right] \frac{1}{n^{k-j}}, \end{eqnarray*}$$ y así $$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e - \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n}{\sqrt{n}} &=& \sum_{k=2}^\infty \underbrace{\frac{1}{k!} \sum_{j=1}^{k-1} (-1)^{k-j+1} \left[ k\atop j\right] \zeta(k-j+\textstyle \frac{1}{2})}_{a_k}. \end{eqnarray*}$$

A continuación damos las sumas parciales a 50 dígitos. $$\begin{array}{cl} N & \sum_{k=2}^N a_k \\ \hline 10 & 2.5912768743966448667041943446771083714079106923575 \\ 20 & 2.5912775703968337622590116959919424146275651059115 \\ 30 & 2.5912775703968337632934326247597530975932248904119 \\ 40 & 2.5912775703968337632934326247597625731591505820979 \\ 50 & 2.5912775703968337632934326247597625731591505821009 \end{array}$$

Answer 3

Comience con la serie de potencias para $n\log\left(1+\frac1n\right)\color{#C00000}{-1}$ : $$ -\frac1{2n}+\frac1{3n^2}-\frac1{4n^3}+\frac1{5n^4}-\frac1{6n^5}+\dots\tag{1} $$ Aplicar la serie de potencias para $\color{#C00000}{1}-e^x$ a $(1)$ y dividir por $\sqrt{n}$ : $$ \frac1{2n^{3/2}}-\frac{11}{24n^{5/2}}+\frac7{16n^{7/2}}-\frac{2447}{5760n^{9/2}}+\dots\tag{2} $$ Por último, aplique la fórmula de la suma de Euler-Maclaurin a $(2)$ : $$ \frac Se-\frac1{n^{1/2}}+\frac5{9n^{3/2}}-\frac7{15n^{5/2}}+\frac{4391}{10080n^{7/2}}-\dots\tag{3} $$ Debido a la $\color{#C00000}{-1}$ en $(1)$ y el $\color{#C00000}{1}$ en $(2)$ en lugar de $e$ , $(3)$ debe multiplicarse por $e$ para aproximar $$ \sum_{k=1}^n\frac{e-\left(1+\frac1k\right)^k}{\sqrt{k}}\tag{4} $$ Utilizando $(3)$ a la $n^{-35/2}$ plazo y $(4)$ con $n=10000$ obtenemos $$ S=\small 2.59127757039683376329343262475976257315915 05821009\ 381932479091255849847307 $$ que coincide con la respuesta del usuario26872.

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Expansión asintótica

Aquí está la expansión iniciada en $(3)$ : $$ \begin{align} &\frac1e\sum_{k=1}^n\frac{e-\left(1+\frac1k\right)^k}{\sqrt{k}}\\[4pt] &=\frac Se-\frac1{n^{1/2}}+\frac5{9n^{3/2}}-\frac7{15n^{5/2}}+\frac{4391}{10080n^{7/2}}-\frac{21949}{51840n^{9/2}}+\frac{6656599}{15966720n^{11/2}}\\[4pt] &-\frac{397567}{967680n^{13/2}}+\frac{528603833}{1306368000n^{15/2}}-\frac{271019261}{676823040n^{17/2}}+\frac{1395775243843}{3494795673600n^{19/2}}\\[4pt] &-\frac{3075041160157}{7725337804800n^{21/2}}+\frac{13560289331497903}{34648140054528000n^{23/2}}-\frac{25805885669173201}{66952927641600000n^{25/2}}\\[4pt] &+\frac{3117317490074490877}{7809389480116224000n^{27/2}}-\frac{6994535029664135647}{16775725549879296000n^{29/2}}\\[4pt] &+\frac{1574300404641490648151}{4572831395579166720000n^{31/2}}-\frac{6450883875238096571903}{28322052514554839040000n^{33/2}}\\[4pt] &+\frac{3169495620834596471965948267}{4746209560389099926323200000n^{35/2}} \end{align} $$