¿Es solucionable este sumatorio? $S_n = \sum_{i = 2}^{n}\log_i{(n)}$

Question

¿Es posible resolver una suma con una base variable de registro?

$$ S_n = \sum_{i = 2}^{n}\log_i{(n)} $$

¿Debo usar el derivado de $\log_i{(n)}$?

Answer 1

Aunque no creo que es una bonita forma cerrada para $S_n$, se puede escribir la suma en términos de funciones conocidas y constantes a un muy pequeño error. Específicamente, $$\sum_{i=2}^{N}\log_{i}(N)=\text{li(N)}\log N+C\log N+O(1),$$ where $\texto{li}(N)$ is the logarithmic integral and $C$ is a constant equal to $$C=\frac{1}{\log2}+\int_{2}^{\infty}\frac{\{x\}}{x\log^{2}x}dx.$$

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Prueba: la Escritura $$\sum_{i=2}^{N}\log_{i}(N)=\log N\sum_{i=2}^{N}\frac{1}{\log i},$$ our goal is then to find an asymptotic for the sum of $1/\registro de i$. Writing this as a Riemann Stieltjies integral we have $$\sum_{i=2}^{N}\frac{1}{\log i}=\int_{2^{-}}^{N^{+}}\frac{1}{\log x}d\left[x\right]=\int_{2}^{N}\frac{1}{\log x}dx-\int_{2^{-}}^{N^{+}}\frac{1}{\log x}d\left\{ x\right\}.$$ By integration by parts, $$\int_{2^{-}}^{N^{+}}\frac{1}{\log x}d\left\{ x\right\} =\frac{\left\{ x\right\} }{\log x}\biggr|_{x=2^{-}}^{x=N^{+}}+\int_{2}^{N}\frac{\left\{ x\right\} }{x\log^{2}x}dx$$ $$=\frac{1}{\log2}+\int_{2}^{\infty}\frac{\{x\}}{x\log^{2}x}dx-\int_{N}^{\infty}\frac{\left\{ x\right\} }{x\log^{2}x}dx,$$ and since $$\int_{N}^{\infty}\frac{\{x\}}{x\log^{2}x}dx=O\left(\frac{1}{\log N}\right),$$ we have that $$\sum_{i=2}^{N}\frac{1}{\log i}=\text{li}(N)+C+O\left(\frac{1}{\log N}\right)$$ where $\text{li}(N)$ is the logarithmic integral and $$C=\frac{1}{\log2}+\int_{2}^{\infty}\frac{\{x\}}{x\log^{2}x}dx.$$ Thus it follows that $$\sum_{i=2}^{N}\log_{i}(N)=\text{li(N)}\log N+C\log N+O(1).$$ (Note that the asymptotic is then $\sum_{i=2}^{N}\log_{i}(N)\sim N.$)

Comentario: De hecho, se podría aplicar la integración por partes de nuevo a trabajar fuera de la $O(1)$ plazo exactamente y evaluar la suma de hasta un error de $O\left(\frac{1}{N}\right)$. Este proceso general de escritura de la suma de $\sum_{k\leq N} f(k)$ como una serie cuyo término principal es $\int_{1}^N f(x)dx$ es conocido como el de Euler-Maclaurin de totalización.

Answer 2

Un simple (tal vez útil, tal vez no) enlazan mediante la desigualdad de Jensen. Porque $1/\log(x)$ es convexo:

$$S_n = \sum_{i = 2}^{n}\log_i{(n)}= (n-1) \log(n) \frac{\sum_{i = 2}^{n} \frac{1}{\log(i)}}{n-1} \ge (n-1) \log(n) \frac{1}{\log \frac{\sum i}{n-1}}= \frac{(n-1) \log(n)}{\log(\frac{n}{2}+1)} $$

Este límite parece bastante decente. Gran $n$ tiende a $n$ (el mismo asintótica encontrado por Eric Naslund - Nótese sin embargo que la convergencia es lenta)

Answer 3

Desde $\log_{i} n = \frac {\log n} {\log i}$, tenemos $$S_n = \sum_{i = 2}^{n} \frac {\log n} {\log i} = \log n \sum_{i = 2}^{n} \frac {1} {\log i}$$ and we have by Euler-McLaurin summation formula $$\sum_{i = 2}^{n} \frac {1} {\log i} = \int_{2}^{n} \frac {\text {d} x} {\log x} + \log \sqrt {2n} + O \left(\frac {1} {\log n}\right),$$ which leads us to $% $ $S_n = \text {Li} (n) \log n + \frac {1} {2} \log^2 n + \log \sqrt {2} \log n + O (1).$espero que esto ayuda.