¿Existe una forma cerrada para la serie alterna de los números armónicos inversos?

Question

Sea $H_n=\sum _{k=1}^n \frac{1}{k}$ sea el número armónico n-ésimo. Dado que $H_{k+1}>H_k$ para $k=1, 2, 3, ...$ la secuencia $\frac{1}{H_k}$ es monótonamente decreciente a medida que $n \to \infty$ y el criterio de Leibniz nos dice que la serie alterna

$$s_{H}=\sum _{k=1}^{\infty } \frac{(-1)^{k+1}}{H_k}\tag{1}$$

converge.

Su valor numérico es

$$N(s_{H}) = 0.626332...$$

Surge la pregunta natural:

Pregunta 1

¿Existe una forma cerrada para $s_{H}$ es decir, ¿una expresión en términos de constantes conocidas (o incluso una nueva constante)? Una posible selección de estas constantes podrían ser las que surgen en la expansión en serie de potencias de la función zeta, es decir

$$const=\left\{\gamma ,\log (\pi ),\log (2),\gamma _1,\gamma _2,\zeta (3), ...\right\}$$

Pregunta 2

Una variación de la pregunta sustituye el número armónico por el logaritmo, a partir de $k=2$ y pide una forma cerrada de la serie

$$s_{L}=\sum _{k=2}^{\infty } \frac{(-1)^k}{\log (k)}\tag{2}$$

aquí

$$N(s_{L})=0.924299 ...$$

Intentos de solución

Para la pregunta 1 no tengo ni idea de encontrar una forma cerrada, pero el valor numérico se puede encontrar con gran precisión.

Mathematica da los 100 primeros dígitos con este comando:

NSum[(-1)^(n + 1)/Númeroarmónico[n], {n, 1, Infinito}, WorkingPrecision -> 100, Method -> "AlternatingSigns"]

$N(s_{H})=0.626332482737912354708657266227986063950088333562581965723069813694423327263764315345087698850095778034583404083688989609231701677593263$

No puedo saber si todos estos dígitos son correctos.

Mi intento de resolver la pregunta 2 comienza con la sustitución

$$\frac{1}{\log (k)}=\int_0^{\infty } \exp (-t \log (k)) \, dt=\int_0^{\infty } k^{-t} \, dt$$

El sumatorio bajo la integral no es más que la definición de la función zeta alternante a partir de k = 2 que puede escribirse como

$$\sum _{k=1}^{\infty } (-1)^k k^{-t}= (1-\zeta (t))+2^{1-t} \zeta (t)$$

Dónde $\zeta (t)=\sum _{k=1}^{\infty } k^{-t}$ es la función zeta de Riemann.

Por lo tanto, encontramos

$$s_{L}=\int_0^{\infty } ( (1-\zeta (t))+2^{1-t} \zeta (t) )\, dt\tag{3}$$

El integrando se comporta bien en la región de integración (se parece a la exponencial decreciente).

Pero sigo atascado aquí (y en Mathematica también).

Consulta de tablas

Estimulado por un comentario de "J. M. no es matemático" busqué las constantes $s_{H}$ y $s_{L}$ definidos aquí en las tablas disponibles.

Los resultados son:

En Calculadora simbólica inversa [1] no pudo identificar las dos constantes.

En Enciclopedia en línea de secuencias de números enteros buscado la secuencia de los dígitos decimales, no encuentra $s_{H}$ pero encuentra $s_{L}$ , y lo que es más, contiene la serie de la pregunta 2: A099769 Expansión decimal de Sum_{n >= 2} (-1)^n/log(n). [2]

Aquí I.V.Blagouchine da la siguiente representación integral interesante sin prueba

$$s_{LB}=\int_0^{\infty } \frac{8 \tan ^{-1}(x)}{\sinh (2 \pi x) \left(\log ^2\left(4 x^2+4\right)+4 \tan ^{-1}(x)^2\right)} \, dx+\frac{1}{2 \log (2)}\tag{4}$$

Mathematica da los primeros 100 dígitos con este comando:

NSum[(-1)^n/Log[n], {n, 2, Infinito}, WorkingPrec Method -> "AlternatingSigns"]

$N(s_{L})=0.9242998972229388559595701813595900537733193978869190747796304372507005417114 3468979899134744193228$

Esto coincide con los dígitos dados en el comentario de robjohn y los de la Ref. [2].

Referencias

[1] https://isc.carma.newcastle.edu.au/index
[2] https://oeis.org/A099769

Answer 1

No calculo una forma cerrada, pero a petición del Dr. Wolfgang Hintze, facilito los cálculos necesarios para calcular $47$ decimales de $$ \sum_{k=2}^\infty\frac{(-1)^k}{\log(k)} $$ La fórmula de la suma de Euler-Maclaurin dice que $$\newcommand{\li}{\operatorname{li}} \begin{align} \sum_{k=2}^n\frac1{\log(k)} &=C_1+\li(n)+\frac1{2\log(n)}-\frac1{12n\log(n)^2}\\ &+\frac1{n^3}\left(\frac1{360\log(n)^2}+\frac1{120\log(n)^3}+\frac1{120\log(n)^4}\right)\\ &-\frac1{n^5}\left(\scriptsize\frac1{1260\log(n)^2}+\frac5{1512\log(n)^3}+\frac1{144\log(n)^4}+\frac1{126\log(n)^5}+\frac1{252\log(n)^6}\right)\\ &+\frac1{n^7}\left(\tiny\frac1{1680\log(n)^2}+\frac7{2400\log(n)^3}+\frac{29}{3600\log(n)^4}+\frac7{480\log(n)^5}+\frac5{288\log(n)^6}+\frac1{80\log(n)^7}+\frac1{240\log(n)^8}\right)\\ &-\frac1{n^9}\left(\tiny\frac1{1188\log(n)^2}+\frac{761}{166320\log(n)^3}+\frac{29531}{1995840\log(n)^4}+\frac{89}{2640\log(n)^5}+\frac{1069}{19008\log(n)^6}+\frac3{44\log(n)^7}\right.\\ &\phantom{-\frac1{n^9}\left(\vphantom{\frac1{\log(n)}}\right.}\left.\tiny+\frac{91}{1584\log(n)^8}+\frac1{33\log(n)^9}+\frac1{132\log(n)^{10}}\right)\\ &+O\left(\frac1{n^{11}\log(n)^2}\right) \end{align} $$ y $$ \begin{align} \sum_{k=1}^n\frac1{\log(2k)} &=C_2+\frac12\li(2n)+\frac1{2\log(2n)}-\frac1{12n\log(2n)^2}\\ &+\frac1{n^3}\left(\frac1{360\log(2n)^2}+\frac1{120\log(2n)^3}+\frac1{120\log(2n)^4}\right)\\ &-\frac1{n^5}\left(\scriptsize\frac1{1260\log(2n)^2}+\frac5{1512\log(2n)^3}+\frac1{144\log(2n)^4}+\frac1{126\log(2n)^5}+\frac1{252\log(2n)^6}\right)\\ &+\frac1{n^7}\left(\tiny\frac1{1680\log(2n)^2}+\frac7{2400\log(2n)^3}+\frac{29}{3600\log(2n)^4}+\frac7{480\log(2n)^5}+\frac5{288\log(2n)^6}+\frac1{80\log(2n)^7}+\frac1{240\log(2n)^8}\right)\\ &-\frac1{n^9}\left(\tiny\frac1{1188\log(2n)^2}+\frac{761}{166320\log(2n)^3}+\frac{29531}{1995840\log(2n)^4}+\frac{89}{2640\log(2n)^5}+\frac{1069}{19008\log(2n)^6}+\frac3{44\log(2n)^7}\right.\\ &\phantom{-\frac1{n^9}\left(\vphantom{\frac1{\log(n)}}\right.}\left.\tiny+\frac{91}{1584\log(2n)^8}+\frac1{33\log(2n)^9}+\frac1{132\log(2n)^{10}}\right)\\ &+O\left(\frac1{n^{11}\log(n)^2}\right) \end{align} $$ donde la integral logarítmica se define como $$ \li(x)=\int_0^x\frac{\mathrm{d}t}{\log(t)} $$ En cualquier caso, la integral logarítmica desaparece en la suma alterna $$ \begin{align} \sum_{k=2}^{2n}\frac{(-1)^k}{\log(k)} &=2\sum_{k=1}^n\frac1{\log(2k)}-\sum_{k=2}^{2n}\frac1{\log(k)}\\ &=C_3+\frac1{2\log(2n)}-\frac1{8\,n\log(2n)^2}\\ &+\frac{15}{8\,n^3}\left(\frac1{360\log(2n)^2}+\frac1{120\log(2n)^3}+\frac1{120\log(2n)^4}\right)\\ &-\frac{63}{32\,n^5}\left(\scriptsize\frac1{1260\log(2n)^2}+\frac5{1512\log(2n)^3}+\frac1{144\log(2n)^4}+\frac1{126\log(2n)^5}+\frac1{252\log(2n)^6}\right)\\ &+\frac{255}{128\,n^7}\left(\tiny\frac1{1680\log(2n)^2}+\frac7{2400\log(2n)^3}+\frac{29}{3600\log(2n)^4}+\frac7{480\log(2n)^5}+\frac5{288\log(2n)^6}+\frac1{80\log(2n)^7}+\frac1{240\log(2n)^8}\right)\\ &-\frac{1023}{512\,n^9}\left(\tiny\frac1{1188\log(2n)^2}+\frac{761}{166320\log(2n)^3}+\frac{29531}{1995840\log(2n)^4}+\frac{89}{2640\log(2n)^5}+\frac{1069}{19008\log(2n)^6}+\frac3{44\log(2n)^7}\right.\\ &\phantom{-\frac1{512n^9}\left(\vphantom{\frac1{\log(n)}}\right.}\left.\tiny+\frac{91}{1584\log(2n)^8}+\frac1{33\log(2n)^9}+\frac1{132\log(2n)^{10}}\right)\\ &+O\left(\frac1{n^{11}\log(n)^2}\right) \end{align} $$ Enchufar $n=10000$ y obtenemos $C_3$ a más de $45$ lugares $$ \sum_{k=2}^\infty\frac{(-1)^k}{\log(k)} =0.92429989722293885595957018135959005377331939789 $$

Answer 2

Esto no es una respuesta sino un intento de acelerar la serie $(1)$ para obtener un buen valor numérico.

En primer lugar, reescribamos la serie como absolutamente convergente, utilizando la definición de números armónicos:

$$\frac{1}{H_{2n-1}}-\frac{1}{H_{2n}}=\frac{1}{H_{2n-1}}-\frac{1}{H_{2n-1}+1/2n}=\frac{1}{2n H^2_{2n-1} \left(1+\frac{1}{2n H_{2n-1}} \right)}$$

Para $n \geq 1$ el segundo término entre paréntesis es inferior a $1$ lo que permite utilizar la expansión en serie geométrica:

$$\frac{1}{2n H^2_{2n-1} \left(1+\frac{1}{2n H_{2n-1}} \right)}=\frac{1}{2n H^2_{2n-1}} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2n)^k H_{2n-1}^k}$$

Desplazamiento del índice $k \to k+2$ podemos reescribir la serie original como:

$$s_H=\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{H_{2n-1}}-\frac{1}{H_{2n}} \right)=\sum_{k=2}^\infty \frac{(-1)^k}{2^{k-1}} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{k-1} H_{2n-1}^k} \tag{a}$$

Se trata de nuevo de una serie alterna (la externa), y obviamente no conocemos la forma cerrada de la serie interna. Sin embargo, podemos sacar algunas conclusiones.

En primer lugar:

$$\lim_{k \to \infty} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{k-1} H_{2n-1}^k}=1$$

Lo que significa que para algunos grandes $K$ podemos utilizar la siguiente aproximación:

$$s_H \approx \sum_{k=2}^K \frac{(-1)^k}{2^{k-1}} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{k-1} H_{2n-1}^k}+\sum_{k=K+1}^\infty \frac{(-1)^k}{2^{k-1}} \tag{b}$$

La última parte no es más que una serie geométrica, que se calcula exactamente y tiene un valor racional para cualquier $K$ .

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Ahora tenemos que evaluar la serie interna para los primeros valores de $k$ .

Para algunos grandes $N$ podemos utilizar la expansión asintótica para números armónicos para $n > N$ :

$$H_{2n-1} \approx \gamma+ \log (2n-1)+\frac{1}{2(2n-1)}-\frac{1}{12(2n-1)^2}+\dots$$

Utilizando los términos hasta $\frac{1}{2(2n-1)}$ y $\frac{1}{12(2n-1)^2}$ y comparando los resultados podemos estimar el error con bastante facilidad.

Entonces podemos escribir:

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{k-1} H_{2n-1}^k}=\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^{k-1} H_{2n-1}^k}+\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^{k-1} \left(\gamma+ \log (2n-1)+\frac{1}{2(2n-1)} \right)^k} \tag{c}$$

De nuevo, la primera parte puede calcularse exactamente utilizando los valores conocidos de los números armónicos y la segunda parte puede hallarse numéricamente con gran precisión, utilizando los métodos habituales.

Para $k=1$ y eligiendo $N=5$ ya obtenemos $5$ dígitos correctos utilizando la aproximación anterior.

Y utilizando $K=5$ en $(b)$ después de calcular la serie interna para $k=2,3,4,5$ también tenemos al menos $5$ dígitos correctos para la expresión final.

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Aunque estos resultados no son tan impresionantes, creo que es posible obtener mejores resultados numéricos con algún método más avanzado.

Actualización:

Existen desigualdades muy agudas para los números armónicos, véase este artículo: https://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0723086906000168 .

$$a-\ln \left(e^{1/(n+1)}-1 \right) \leq H_n < b-\ln \left(e^{1/(n+1)}-1 \right)$$

Dónde:

$$a=1+\ln \left(\sqrt{e}-1 \right)$$

$$b=\gamma$$

Utilizando estas desigualdades, podemos obtener muy buenas estimaciones para la serie $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{k-1} H_{2n-1}^k}$ .