Fórmula para la serie de armónicos $H_n = \sum_{k=1}^n 1/k$ debido a Gregorio Fontana

Question

Mi pregunta fue inspirado por este stackexchange pregunta. Durante los últimos 90 minutos que he estado tratando de demostrar esta fórmula debido a Gregorio Fontana:

$$H_n = \gamma + \log n + {1 \over 2n} - \sum_{k=2}^\infty { (k-1)! C_k \sobre n(n+1)\ldots(n+k-1)}, \qquad \textrm {} n=1,2,3,\ldots,$$

donde $H_n = \sum_{k=1}^n 1/k$ y los coeficientes de $C_k$ son Gregory coeficientes dados por $${ z \\log(1-z)} = \sum_{n=0}^\infty C_k z^k \qquad \textrm{ for } |z|<1.$$

Es un poco frustrante ya que es algo que recuerdo acredite como estudiante hace muchos años. Tengo un vago recuerdo que empecé con algo como:

$$H_n = \int_0^1 {1-(1-x)^n \sobre x } \textrm{d}x,$$

pero mis intentos a seguir a partir de ahí han fallado. Puede usted ayudar?

Answer 1

Vamos a volver a escribir la fórmula, usando $C_1=1/2$ como $$S_n=\gamma+\log n-H_{n-1}$$ donde $$S_n=\sum_{k=1}^\infty\frac{(k-1)!C_k}{n(n+1)\cdots(n+k-1)}.$$ El uso de la fórmula $$\frac{(k-1)!}{n(n+1)\cdots(n+k-1)}=\int_0^1 x^{n-1}(1-x)^{k-1}dx$$ que es un caso especial de la beta integral. Por lo tanto $$S_n=\int_0^1^{n-1}\sum_{k=1}^\infty C_k(1-x)^k dx=\int_0^1\left(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{\log x}\right)x^{n-1}dx.$$ Cuando $n=1$ obtenemos $$S_1=\int_0^1\left(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{\log x}\right)dx=\gamma$$ por una conocida fórmula que puede ser derivado de la aymptotic $$\int_t^\infty\frac{e^{-x}}{x}dx=-\log t-\gamma+O(t)$$ como $t\to0$, para la integral exponencial.

Por inducción es suficiente con considerar la diferencia $$S_n-S_{n+1}=\int_0^1\left(x^{n-1}+\frac{x^{n-1}-x^n}{\log x}\right)dx =\frac1n-\int_0^\infty\frac{e^{-ny}-e^{-(n+1)y}} de{y}dy.$$ El uso de la identidad $$\int_0^\infty\frac{e^{-ay}-e^{-al}} de{y}dy=\log\frac ba$$ por $0 < a < b$ que sigue integrando $e^{-x}$ en la región de $[a,b]\times[0,\infty)$ tenemos $$S_n-S_{n+1}=\frac1n-\log\frac{n+1}{n}.$$ La fórmula deseada por $S_n$ ahora sigue por inducción.