Observación

Question

Cómo encontramos %#% $ #%

Sé que $$S=\sum_{k=1}^{\infty} \left[\frac{1}{2k} -\log\left(1+\dfrac{1}{2k}\right)\right]$, donde $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \left[\frac{1}{k} -\log\left(1+\dfrac{1}{k}\right)\right]=\gamma$ es la constante de Euler-Mascheroni.

Pero no podía manipular esta serie.

Answer 1

Comenzar con la expansión de producto infinito de la función Gamma,

$$\frac{1}{\Gamma(z)} = z e^{\gamma z}\prod_{k=1}^\infty \left(1 + \frac{z}{k}\right) e^{-\frac{z}{k}}$$

Tomando logaritmo y reacomodar términos, conseguir

$$\begin{align} & -\log\Gamma(z) = \log z + \gamma z + \sum_{k=1}^\infty \left[\log\left(1+\frac{z}{k}\right) - \frac{z}{k}\right]\\ \implies & \sum_{k=1}^\infty \left[\frac{z}{k} - \log\left(1+\frac{z}{k}\right) \right] = \log z + \gamma z + \log\Gamma(z) \end {Alinee el} $$ tomar $z = \frac12$ y uso el conocido valor de $\Gamma\left(\frac12\right) = \sqrt{\pi}$, obtenemos

$$ \sum_{k=1}^\infty \left[\frac{1}{2k} - \log\left(1+\frac{1}{2k}\right) \right] = \frac12\left (\gamma + \log\pi\right) - \log 2 $$

Answer 2

Observar que, por Convergencia absoluta: $$\begin{align} \sum_{k=1}^{\infty} \left(\frac{1}{2k} -\log\left(1+\dfrac{1}{2k}\right)\right)& =\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{1+(-1)^k}{2}\left(\frac{1}{k} -\log\left(1+\dfrac{1}{k}\right)\right)\\\\ &=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty} \!\left(\frac{1}{k} -\log\left(1+\dfrac{1}{k}\!\right)\right)\!+\!\frac{1}{2}\!\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1}\left(\!\frac{1}{k} -\log\!\left(1+\dfrac{1}{k}\!\right)\!\right) \\\\ &=\frac{\gamma}{2}+\!\frac{1}{2}\!\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1}\left(\!\frac{1}{k} -\log\!\left(1+\dfrac{1}{k}\!\right)\!\right). \end {Alinee el} $$ entonces como $N$ es grande, escriba $$\begin{align} \sum_{k=1}^{N} (-1)^{k-1}\left(\!\frac{1}{k} -\log\!\left(1+\dfrac{1}{k}\!\right)\!\right)& =\sum_{k=1}^{N}(-1)^{k-1} \frac{1}{k}-\sum_{k=1}^{N} (-1)^{k-1}\log\!\left(1+\dfrac{1}{k}\!\right)\\\\ &=\sum_{k=1}^{N}(-1)^{k-1} \frac{1}{k}-\log \left(\prod_{k=1}^{N} \left(1+\dfrac{1}{k}\!\right)^{(-1)^{k-1}}\right) \tag2 \end {Alinee el} $$ dar $$\begin{align} \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1}\left(\!\frac{1}{k} -\log\!\left(1+\dfrac{1}{k}\!\right)\!\right)=\log 2-\log \left(\frac{\pi}{2}\right) \end {Alinee el} $$ donde hemos utilizado la fórmula de producto de Wallis $\pi$.

Finalmente obtenemos

$$ \sum_{k=1}^{\infty} \left (\frac {1} {2 k}-\log\left(1+\dfrac{1}{2k}\right)\right) = \frac {\gamma} {2}-\frac {1} {2} \log \left(\frac{4}{\pi}\right). $$

Answer 3

Considerar la serie\begin{align} S = \sum_{k=1}^{\infty} \left[ \frac{1}{2k} - \ln\left(1 + \frac{1}{2k}\right) \right] \end {Alinee el} para que, utilizando el logaritmo en forma de serie, se convierte en\begin{align} S &= \sum_{k=1}^{\infty} \left[ \frac{1}{2k} - \frac{1}{2k} + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n \, (2k)^{n}} \right] \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1/2)^{n}}{n \, k^{n}} \\ &= \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1/2)^{n}}{n} \, \zeta(n) \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1/2)^{n+1}}{n+1} \, \zeta(n+1). \end {Alinee el} ahora la función generadora para la función zeta está dada por\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \zeta(n+1) (-1)^{n+1} x^{n} = \gamma + \psi(x+1) \end {Alinee el} y por la integración conduce a\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-x)^{n+1}}{n+1} \, \zeta(n+1) = \gamma x + \ln\Gamma(x+1). \end {Alinee el} dejar $x = 1/2$ en esta serie lleva al valor de la serie $S$, a saber:\begin{align} \sum_{k=1}^{\infty} \left[ \frac{1}{2k} - \ln\left(1 + \frac{1}{2k}\right) \right] = \frac{1}{2} \ln\left(\frac{\pi}{4}\right) + \frac{\gamma}{2}. \end {Alinee el}

Answer 4

Si he entendido bien, desea que el límite de $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n (\frac{1}{2k}-\log(1+\frac{1}{2k}))$.

Tenemos $$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}=\log(n+1)+\gamma+\varepsilon_n$$ with $\varepsilon_n\to 0$ as $n\to + \infty$. Ahora: $$S_n=\frac{1}{2}(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k})-\sum_{k=1}^n \log(2k+1)+\sum_{k=1}^n \log(2k)=\frac{1}{2}(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k})-\sum_{k=1}^n (\log(2k+1)+\log(2k))+2\sum_{k=1}^n \log(2k)$ $ por lo tanto: $$S_n=\frac{\gamma}{2}+\frac{1}{2}\log(n+1)+\frac{\varepsilon_n}{2}-\log(2n+1)!+2n\log 2+2\log n!$ $

Así: $$S_n=\frac{\gamma}{2}+\frac{\varepsilon_n}{2}+\log A_n$ $ $\displaystyle A_n=\frac{2^{2n}(n!)^2\sqrt{n+1}}{(2n+1)!}$. Ahora use la fórmula de Stirling para terminar.

Answer 5

Usted puede hacerlo por calulating la n-ésima suma parcial y tomando el límite:

Deje $S_n=\sum_{k=1}^{n} \left[\frac{1}{2k} -\log\left(1+\dfrac{1}{2k}\right)\right]$. Entonces:

$$ S_n=\frac{1}{2}H_n -\log\left(\prod_{k=1}^n\dfrac{2k+1}{2k}\right)=\frac{1}{2}H_n -\log\left(\dfrac{(2n+1)!!}{(2n)!!}\right)=\frac{1}{2}H_n -\log\left(\dfrac{(2n+1)!}{2^{2n}(n!)^2}\right) $$

Por Stirlings de aproximación, se han

$$ n!=\sqrt{2\pi}\cdot n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}\cdot e^{\frac{\theta_n}{12n}} $$

Con $0\lt\theta_n\lt1$. Haciendo esta sustitución en la fomula anterior, obtenemos:

$$ S_n=\frac{1}{2}H_n -\log\left(\dfrac{\sqrt{2\pi}\cdot(2n+1)^{2n+1+\frac{1}{2}}\cdot e^{-2n-1}\cdot e^{\frac{\theta_{2n+1}}{12(2n+1)}}}{2^{2n}\cdot 2\pi\cdot n^{2n+1} \cdot e^{-2n}\cdot e^{\frac{\theta_n}{6n}}}\right)=\frac{1}{2}H_n -\log\left(\dfrac{2\cdot(1+\frac{1}{2n})^{2n+1}\cdot \sqrt{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{\frac{\theta_{2n+1}}{12(2n+1)}}}{\sqrt{\pi}\cdot e\cdot e^{\frac{\theta_n}{6n}}}\right)=\frac{1}{2}H_n -\frac{1}{2}\log\left(n+\frac{1}{2}\right)-\log\left(\dfrac{2\cdot(1+\frac{1}{2n})^{2n+1}\cdot e^{\frac{\theta_{2n+1}}{12(2n+1)}}}{\sqrt{\pi}\cdot e\cdot e^{\frac{\theta_n}{6n}}}\right) $$

Así que tomando el límite, obtenemos:

$$ S=\lim_{n \to \infty}S_n=\lim_{n \to \infty}{\left[\frac{1}{2}H_n -\frac{1}{2}\log\left(n+\frac{1}{2}\right)-\log\left(\dfrac{2\cdot(1+\frac{1}{2n})^{2n+1}\cdot e^{\frac{\theta_{2n+1}}{12(2n+1)}}}{\sqrt{\pi}\cdot e\cdot e^{\frac{\theta_n}{6n}}}\right)\right]=\frac{\gamma}{2}-\log(2)+\frac{1}{2}\log{(\pi)}} $$

Que parece ser cierto ya que Wolfram alpha nos da:

$$ \sum_{k=1}^{\infty} \left[\frac{1}{2k} -\log\left(1+\dfrac{1}{2k}\right)\right] \aprox 0.1678255948155212079577375992595540032692269400673623 $$

Mientras que:

$$ \frac{\gamma}{2}-\log(2)+\frac{1}{2}\log{(\pi} \approx 0.1678255948155212079577375992595540032692269400673623 $$