¿suma de progresión armónica?

Question

Alguien me pidió una fórmula para la suma de la progresión armónica. Así que hice algunos cálculos y le di una fórmula aproximada:

$$\int_1^n\frac{dx}{x} = \frac{y_1 + y_2}{2} + \frac{y_2 + y_3}{2} + \cdots +\frac{y_{n-1} + y_n}{2}$$ donde $y_i$ es $i$ del HP $$\ln(n) = \frac{y_1}{2} + y_2 +y_3 + \cdots +\frac{y_n}{2}$$

así que

$$\sum_{i=1}^n y_i = \ln(n) + \frac{y_1 + y_n}{2}$$

Por ejemplo $1+1/2+\cdots+1/10 = 2.8525 $

resultado real $= 2.9289$

Mi pregunta es, ¿cómo corregir esta fórmula?

Answer 1

Las sumas parciales de las series armónicas se llaman "números armónicos". La diferencia entre el n-ésimo número armónico y ln(n) tiende a un límite a medida que n aumenta, y ese límite se llama Constante de Euler o gamma.

Hay un gran libro sobre todo esto llamado Gamma: Explorando la constante de Euler .

Answer 2

Una buena aproximación rápida: $\log(n + 0.5) + \gamma$ .

Una aproximación aún más precisa: $\log(n)+\gamma+1/2n + 1/12n^2-1/120n^4+1/252n^6-1/240n^8+1/132n^{10}-691/32760n^{12}+\cdots$ , tomando tantos términos como sea conveniente.

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Análisis de errores:

La primera fórmula anterior tiene un error máximo de $1/24n^2$ . la primera respuesta de uday tiene un error de alrededor de 0,0024 ln n. La mía es una aproximación mejor para todos $n\neq6$ .

La primera fórmula también es mejor que la fórmula revisada de uday para todos los $n\ge46$ . El error esperado en la respuesta de uday es de aproximadamente 0,000016.

Answer 3

Hola chicos.... No existe una fórmula general simple correcta para la suma de n términos de la serie 1+1/2+1/3+1/4+ ............. + 1/n

pero la siguiente fórmula será una buena aproximación para la suma a n-términos de la serie anterior cuando n>5

S = log(n+0,5) + 0,5772 + 0,04021/(n*n + 0,8848)

La desviación del valor real fluctúa, pero sigue siendo relativamente baja..

así que supongo que esto puede ser una buena aproximación

Answer 4

La progresión armónica tiene una fórmula sencilla y elegante, aunque podría decirse que no es una forma cerrada. Si $a$ y $b$ son números enteros:

$$\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{a j+b}=-\frac{1}{2b}+\frac{1}{2(a n+b)}-\pi\int_{0}^{1}(1-u)(\cos{2\pi(a n+b)u}-\cos{2\pi b u})\cot{\pi a u}\,du $$

Podemos generalizar esta fórmula, que en el caso de las potencias impar viene dada por: \begin{multline} \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{(a j+b)^{2k+1}}=-\frac{1}{2b^{2k+1}}+\frac{1}{2(a n+b)^{2k+1}}+\\ -\frac{(-1)^{k}(2\pi)^{2k+1}}{2}\int_{0}^{1}\sum_{j=0}^{k}\frac{B_{2j}\left(2-2^{2j}\right)(1-u)^{2k+1-2j}}{(2j)!(2k+1-2j)!}\left(\cos{2\pi(a n+b)u}-\cos{2\pi bu}\right)\cot{\pi au}\,du \end{multline}

Como hay más de una forma de derivar estas fórmulas, otra posibilidad es la siguiente ( $i$ es la unidad imaginaria): \begin{multline} \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{(a j+b)^{k}}=-\frac{1}{2b^{k}}+\frac{1}{2(a n+b)^{k}}\\+\frac{i(2\pi\,i)^{k}}{2}\int_{0}^{1}\sum_{j=0}^{k}\frac{B_{j}(1-u)^{k-j}}{j!(k-j)!}\left(e^{2\pi i(a n+b)u}-e^{2\pi i\,bu}\right)\cot{\pi a u}\,du \end{multline}

La demostración de cómo se obtienen estas fórmulas se hizo en este documento papel .