Una estimación de una serie

Question

$s$ No es un entero, que $\lambda(s)=\min_{n≥0}|s+n|$. Mostrar que $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{n+s}-\frac{1}{n})\ll\frac{1}{\lambda(s)}+\log(|s|+2)$.

Answer 1

Cabe destacar que este es el término principal de la Función Digamma, es decir, tenemos que $$\frac{\Gamma'}{\Gamma}(s)=\frac{-1}{s}-\gamma+\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{s+n}\right).$$

Aquí es una prueba de la asintótica. Es Teorema C. 1 del apéndice en Montgomery y Vaughn Multiplicativo de la Teoría de números.:

Primero $$\sum_{n=1}^M \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{s+n}\right)=\log M +\gamma-\sum_{n=0}^M \frac{1}{n+s}.$$ By Euler MacLaurin summation on $\frac{1}{x+s}$ we have $$\sum_{n=0}^M \frac{1}{n+s}=\log(M+s)-\log s +\frac{1}{2s}+\frac{1}{2(s+M)}+O(|s|^{-2}).$$ Combining these and taking $M\rightarrow \infty$ tenemos

$$\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{s+n}\right)=\log s +\gamma +\frac{1}{2s}+O\left(\frac{1}{|s|^{2}}\right)$$

que es más fuerte, entonces el resultado deseado.

Observación: a partir De aquí con el hecho de que $\frac{\Gamma'}{\Gamma}(s)=\frac{d}{ds}\log (\Gamma(s))$ podemos deducir Stirlings Aproximación.

Observación 2: El $\frac{1}{\lambda(s)}$ tienes arriba proviene de la $\frac{1}{2s}$. Creo que la adición de $2$ en el logaritmo no nos hace más necesario el constante $\gamma$.