Ampliación de la serie de $\sum_{k=1}^{n} \frac{\ln(k+1)}{k}$ para pedir $o(1)$

Question

Estoy interesado en el desarrollo asintótico de $a_n\stackrel{\rm def}{=} \sum_{k=1}^{n} \frac{\ln(k+1)}{k}$ cuando $n\to \infty$ . Mediante una serie/integral de comparación estándar, obtuve que $$ \int_1^{n+1} dx\,\frac{\ln(x+1)}{x} \leq a_n \leq \int_0^{n} dx\,\frac{\ln(x+1)}{x} $$ lo que, condicionado a que no estropee los cálculos, lleva a $$a_n = \frac{1}{2}{\ln^2 n} + O(1) $$ donde el $O(1)$ es, ignorando los términos de orden inferior, entre $\frac{\pi^2}{6}$ y $\frac{\pi^2}{12}$ .

Sin embargo, para mi aplicación, es crucial que consiga $a_n$ para pedir $o(1)$ (y cuanto más alto, mejor: $o(\frac{1}{n})$ por ejemplo, sería genial) . Lo he intentado un poco esta mañana, pero no he podido averiguar cómo hacerlo: al empezar la comparación en un índice más alto, puedo reducir el rango de incertidumbre sobre el término constante, pero no lo he conseguido del todo.

Answer 1

Dejemos que $f(x) = \dfrac{\ln (x+1)}{x}$ . Dando un primer paso hacia la fórmula de Euler-Maclaurin, tenemos

$$\sum_{k = 1}^n f(k) = \frac{f(1) + f(n)}{2} + \int_1^n f(x)\,dx + \int_1^n p_1(x) f'(x)\,dx,$$

donde $p_1(x) = \lbrace x\rbrace - \frac{1}{2}$ . Generalmente, dejo que $p_n(x) = \frac{1}{n!} \mathscr{B}_n(\lbrace x\rbrace)$ , donde $\mathscr{B}_n$ es el $n^{\text{th}}$ Polinomio de Bernoulli. Evaluar la primera integral con la precisión deseada es bastante fácil:

\begin{align} \int_1^n \frac{\ln (x+1)}{x}\,dx &= \int_1^n \frac{\ln x}{x}\,dx + \int_1^n \frac{\ln (1 + x^{-1})}{x}\,dx \\ &= \frac{1}{2}(\ln n)^2 + \int_{1/n}^1 \frac{\ln (1+u)}{u}\,du \tag{$u = x^{-1}$}\\ &= \frac{1}{2}(\ln n)^2 + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k^2}(1 - n^{-k}) \\ &= \frac{1}{2}(\ln n)^2 + \frac{\pi^2}{12} + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k^2n^k}. \end{align}

Ahora podemos decidir si

$$K = \int_1^{\infty} p_1(x) f'(x)\,dx$$

puede evaluarse con la precisión deseada con la suficiente facilidad como para detenerse ahí. Si es así, tenemos

$$\sum_{k = 1}^n f(k) = \frac{1}{2}(\ln n)^2 + \biggl(\frac{\pi^2}{12} + \frac{\ln 2}{2} + K\biggr) + \frac{\ln(n+1)}{2n} + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k^2n^k} - \int_n^{\infty} p_1(x)f'(x)\,dx,$$

y debido a las cancelaciones por los cambios de signo de $p_1$ tenemos

$$\int_n^{\infty} p_1(x)f'(x)\,dx = \int_n^{\infty} p_1(x) \biggl(\frac{1}{x(x+1)} - \frac{\ln(x+1)}{x^2}\biggr)\,dx \in O\biggl(\frac{\ln n}{n^2}\biggr),$$

así

$$\sum_{k = 1}^n \frac{\ln (k+1)}{k} = \frac{1}{2}(\ln n)^2 + \biggl(\frac{\pi^2}{12} + \frac{\ln 2}{2} + K\biggr) + \frac{\ln n}{2n} - \frac{1}{n} + O\biggl(\frac{\ln n}{n^2}\biggr).\tag{$ \N - El brindis $}$$

Si no consideramos la integral que define $K$ para ser lo suficientemente agradable, podemos integrar por partes para encontrar

$$\int_1^n p_1(x)f'(x)\,dx = p_2(x)f'(x)\biggr\rvert_1^n - \int_1^n p_2(x)f''(x)\,dx = \frac{1}{12}\bigl(f'(n) - f'(1)\bigr) - \int_1^n p_2(x)f''(x)\,dx.$$

Entonces nos enfrentamos a la misma decisión que antes, ¿consideramos

$$\int_1^{\infty} p_2(x)f''(x)\,dx$$

¿es fácil de evaluar? Si no es así, podemos volver a integrar por partes. Dado que $p_{2m+1}(1) = p_{2m+1}(n) = 0$ para $m \geqslant 1$ esta vez no recogemos los términos de frontera y encontramos

$$-\int_1^n p_2(x)f''(x)\,dx = \int_1^n p_3(x)f'''(x)\,dx.$$

Se puede seguir integrando por partes, pero dudo que el decaimiento más rápido de las derivadas de orden superior de $f$ hace que la evaluación numérica de la integral

$$\int_1^{\infty} p_n(x) f^{(n)}(x)\,dx$$

más fácil durante mucho tiempo, ya que el $p_n$ se vuelven más complicados.