Alguien me puede ayudar conseguir una expansión asintótica de $$\sum_{k=0}^n \frac{\ln(k+x)}{(k+x)}$$ at $ n=\infty$, where $x$ is fixed, I need it with accuracy up to like $O(n^{-3})$, espero que haya algunas constantes de stieltjes generalizada en la expansión, pero otro entonces que creo que debe ser sólo elementales funciones. Agradeceria cualquier ayuda.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Vamos a usar de Euler de Maclaurin propuesto por vonbrand :
$$\sum_{k=0}^n f(k) \sim \int_0^n f(x) dx +\frac {f(0)+f(n)}2+\sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}}{(2k)!} \bigl(f^{(2k-1)}(n)-f^{(2k-1)}(0)\bigr)$$
con $f(k):=\frac{\ln(k+x)}{(k+x)}$
$$S_n:=\sum_{k=0}^n f(k) \sim \frac 12\left(\ln(n+x)^2-\ln(x)^2+\frac{\ln(x)}{x}+\frac{\ln(n+x)}{n+x}\right)+\sum_{k>0} \frac{B_{2k}}{(2k)!} \bigl(f^{(2k-1)}(n)-f^{(2k-1)}(0)\bigr)$$
con $\ \displaystyle f^{(k)}(n)=(-1)^k\,k!\frac{\ln(n+x)-H_k}{(n+x)^{k+1}}$
$\displaystyle H_k=\sum_{i=1}^k \frac 1i$ el k-ésimo número armónico
y $\ B_k\ $ un número de Bernoulli
Cambiemos un poco el (divergente!) la serie a la derecha :
\begin{align}
R_n:&=\sum_{k>0} \frac{B_{2k}}{(2k)!} f^{(2k-1)}(n)\\
R_n:&=\sum_{k>0} \frac{B_{2k}}{(2k)!} (2k-1)!\frac{H_{2k-1}-\ln(n+x)}{(n+x)^{2k}}\\
R_n:&=\sum_{k>0} \frac{B_{2k}}{2k} \frac{H_{2k-1}}{(n+x)^{2k}}-\ln(n+x)\sum_{k>0} \frac{B_{2k}}{2k} \frac 1{(n+x)^{2k}}\\
\end{align}
El $R_n$ serie es divergente (como ocurre a menudo con la serie de Maclaurin) y tendrás que interrumpir después de algunos términos. Yo conjetura de que el número máximo de términos (antes de la disminución de la precisión) es de alrededor de $\pi\,x$ para todos los valores de $n \gg 1$.
En la práctica esto significa que la precisión será pequeño para las $x$ (en la práctica su error absoluto es delimitada por $e^{-2\pi x}$ que puede ser obtenido usando casi el $\pi x$ términos).
Si desea más precisión utilizando la de Euler método de Maclaurin usted tendrá que calcular los términos de la primera serie (decir $m$) y el uso de E-Ml para calcular el resto $\sum_{k=m}^n f(k)$ (es decir, sustituir a $0$ $m$ en el estudio anterior).
En su pregunta que espera una respuesta en términos de Stieltjes constantes. De hecho, una manera mucho más directa respuesta (aceptar una equivalencia!) es simplemente : $$\sum_{k=0}^n \frac{\ln(k+x)}{(k+x)}=\gamma_1(x)-\gamma_1(x+n+1)$$ como se puede encontrar en dos bastante interesantes artículos de Marca Coffey :
- 'En las representaciones y las diferencias de los coeficientes de Stieltjes, y otras relaciones y
- Serie de representaciones para la Stieltjes constantes'
Tengo demasiado (anterior) una representación integral :
\begin{align}
\tag{1}S_n(x):&=\sum_{k=0}^n \frac{\ln(k+x)}{(k+x)}\\
&=\lim_{p\to -1}\frac {\partial}{\partial p}\sum_{k=0}^n (k+x)^p\\
&=\lim_{p\to -1}\frac {\partial}{\partial p}\left(\zeta(-p,n+x+1)-\zeta(-p,x)\right)\\
\tag{2}&=-\lim_{p\to 1}\frac {\partial}{\partial p}\left(\zeta(p,n+x+1)-\zeta(p,x)\right)\\
\end{align}
(con $\zeta(p,n)$ la zeta de Hurwitz función)
Esto permite reescribir el problema en forma integral (uso de $(5)$ desde el enlace) :
$$\zeta(p,x)=\frac 1{\Gamma(p)}\int_0^\infty \frac{t^{p-1}\ dt}{e^{xt}(1-e^{-t})}$$
así que :
\begin{align}
\frac {\partial}{\partial p}\zeta(p,x)&=\frac {\partial}{\partial p}\left(\frac 1{\Gamma(p)}\right)\int_0^\infty \frac{t^{p-1}\ dt}{e^{xt}(1-e^{-t})}+\frac 1{\Gamma(p)}\int_0^\infty \frac{\ln(t)\,t^{p-1}\ dt}{e^{xt}(1-e^{-t})}\\
&=\frac 1{\Gamma(p)}\int_0^\infty \frac{\left(-\psi(p)+\ln(t)\right)\,t^{p-1}\ dt}{e^{xt}(1-e^{-t})}\\
\end{align}
(desde $\frac d{dx}\frac 1{\Gamma(x)}=-\frac{\psi(x)}{\gamma(x)}$ $\psi$ la función digamma)
El límite de $\,p\to 1$ le da :
$$\lim_{p\to 1}\frac {\partial}{\partial p}\zeta(p,x)=\int_0^\infty \frac{\gamma+\ln(t)}{e^{xt}(1-e^{-t})}dt$$
y (de $(2)$) se consigue una integral para $S_n$ :
$$S_n(x)=\int_0^\infty \left(1-\frac 1{e^{(n+1)t}}\right)\frac{\gamma+\ln(t)}{e^{xt}(1-e^{-t})}dt$$
(Yo no reverifique esta última parte...)
