¿Cómo calcular esta expresión?

Question

evaluar la expresión [1]: $$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{n} - \frac{1}{{n + x}}} \right)} $ $

donde $x$ es un número real, $0\le x\le1$, y $x$ se redondea a 3 dígitos.

Por ejemplo, cuando $x=0.500$, la expresión es [2]:

$$\left(\frac11 -\frac1{1.5}\right)+\left(\frac12 -\frac1{2.5}\right)+\left(\frac13 -\frac 1{3.5}\right) + ...$$

Para un determinado $x$, ¿cómo puedo evaluarlo? La respuesta debe ser redondeada a más de 12 dígitos.

Answer 1

Puede ser interesante observar que esta suma es un ejemplo de una suma de armónicos que se utiliza a menudo en los libros de texto para ilustrar el uso de Mellin transforma en estos importes, donde el truco es calcular la transformada de Mellin la suma y a partir de entonces el uso de Mellin de inversión para obtener un asintótica de expansión de este último. Introducir $$ f(x) = \sum_{k\ge 1} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{x+k}\right).$$ La razón de esto es muy útil es el hecho de que $$ f(n) = H_n,$$ lo que debería ser obvio. Aquí $H_n$ indica el $n$-ésimo número armónico. Así que, si ampliamos $f(x)$ al infinito obtenemos la asintótica de expansión de la armónica de los números.

Ahora para hacer el análisis armónico podemos reescribir la suma de la siguiente manera: $$ f(x) = \sum_{k\ge 1} \frac{x}{k(x+k)} = \sum_{k\ge 1} \frac{1}{k} \frac{x}{x+k} = \sum_{k\ge 1} \frac{1}{k} \frac{x/k}{x/k+1}.$$

Comparando esto con la ecuación de la transformada de Mellin de una suma de armónicos, que recordamos es $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1} \lambda_k g(\mu_k x); s\right) = \left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} \right) g^*(s),$$ donde $g^*(s)$ es la transformada de Mellin $g(x),$ vemos que en el presente caso $$\lambda_k = \frac{1}{k}, \quad \mu_k = \frac{1}{k} \quad \text{y} \quad g(x) = \frac{x}{1+x}.$$ Esto le da $$ \sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \zeta(1-s).$$ Utilizamos un ojo de la cerradura de contorno para la transformada de Mellin $g(x)$, y tomar en cuenta la pole en $x=-1$, la obtención de $$ \left(1-e^{2\pi i (s-1)}\right) \int_0^\infty g(x) x^{m-1} dx = 2\pi i(-1)^s$$ lo que implica que $$g^*(s) = 2\pi i\frac{e^{i\pi s}}{1-e^{2\pi i s}} = \pi \frac{2}{e^{-\pi i s} - e^{\pi i s}} = -\frac{\pi}{\sin(\pi s)}.$$ Ahora podemos concluir que la Mellin transformar $f^*(s)$ $f(x)$ está dado por $$\mathfrak{M}(f(x); s) = - \zeta(1-s) \frac{\pi}{\sin(\pi s)}.$$

Estamos listos para aplicar Mellin de inversión a $f^*(s)$, el desplazamiento de la inversión integral, que es $$ \frac{1}{2\pi i}\int_{-1/2-i\infty}^{-1/2+i\infty} f^*(s)/x^s\, ds,$$ a la derecha para una expansión al infinito.

Tenemos $$\operatorname{Res}(f^*(s)/x^s; s=0) = -\gamma -\log x$$ $$\operatorname{Res}(f^*(s)/x^s; s=1) = -\frac{1}{2x}$$ y a partir de entonces $$\operatorname{Res}(f^*(s)/x^s; s=m) = - \zeta(1-m) \frac{(-1)^m}{x^m} = \frac{(-1)^m B_m}{m}\frac{1}{x^m}$$ donde el $B_m$ son los números de Bernoulli.

La conclusión es que $$ f(x) \sim \gamma + \log x + \frac{1}{2x} - \sum_{m\ge 2} \frac{(-1)^m B_m}{m}\frac{1}{x^m}$$ y, en particular, $$ H_n \sim \gamma + \log n + \frac{1}{2n} - \frac{1}{12n^2} + \frac{1}{120n^4} - \cdots.$$

Answer 2

$$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{n} - \frac{1}{{n + x}}} \right)}=\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{x}{n(n+x)}$$

Se sabe que la suma es

$$\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{x}{n(n+x)}=\psi(x+1)+\gamma$$

donde $\psi$ es la función digamma

$\gamma$ es la constante de Euler.

Ha añadido:

Fácilmente podemos demostrar $x=0.5$ tenemos

$$\psi(1.5)=2-\gamma -\log(4)$$

Por lo tanto es igual a la suma

$$2-\log(4)$$

Answer 3

Si definimos $$ f(x)=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+x}\right)\etiqueta{1} $$ luego, cuando $n$ es un entero no negativo, $f(n)=H_n$, $n^{\text{th}}$ Número Armónico. Esto se generaliza a la función Digamma general $x$: $$ \psi(x)=\frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}=f(x-1)-\gamma\etiqueta{2} $$ La reflexión de la fórmula $$ \psi(1-x)-\psi(x)=\pi\cuna(\pi x)\etiqueta{3} $$ sigue a partir de la identidad (como se ha demostrado en esta respuesta) $$ \sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac1{k+z}=\pi\cuna(\pi z)\etiqueta{4} $$ Además, para todos los $x$, $$ f(x)=f(x-1)+\frac1x\etiqueta{5} $$ Podemos obtener una expansión asintótica para $f$ con el de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma $$ f(x)=\log(x)+\gamma+\frac1{2x}-\frac1{12x^2}+\frac1{120x^4}-\frac1{252x^6}+\frac1{240x^8}-\frac1{132x^{10}}+\dots\tag6{} $$ Asintótica expansiones ser más exactos como $x\to\infty$. Por ejemplo, la serie en $(6)$, tiene un error de menos de $\dfrac1{47x^{12}}$. Para calcular los $f(x)$ precisa para $x\in[0,1]$, podemos utilizar la asintótica de expansión en $(6)$ a calcular $f(x+n)$ para algunos de los grandes entero $n$, a continuación, utilice $(5)$ conseguir $f(x)$.

Para el caso particular de preguntar acerca de, $$ \begin{align} f\left(\frac12\right) &=\frac11-\frac1{1.5}+\frac12-\frac1{2.5}+\frac13-\frac1{3.5}+\dots\\ &=2\left(\frac12-\frac13+\frac14-\frac15+\frac16-\frac17+\dots\right)\\[6pt] &=2(1-\log(2))\tag{7} \end{align} $$

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Ejemplos

El uso de $(6)$ a calcular $f(x+300)$ $30$lugares, a continuación, $(5)$ a calcular $f(x)$, obtenemos $$ \begin{array}{} x\text{ (exact)}&f(x)\text{ (to %#%#% places)}\\ 0.1&0.153460724490456065438295871072\\ 0.2&0.288175768309344565059304127632\\ 0.3&0.408024776034733204975350916044\\ 0.4&0.515831120316416714875836608035\\ 0.5&0.613705638880109381165535757084\\ 0.6&0.703263117675009112512514807943\\ 0.7&0.785763539775026817286476274092\\ 0.8&0.862207098195394401215214456926\\ 0.9&0.933399826065592579831239174011\\ 1.0&1.000000000000000000000000000000 \end{array} $$ Para obtener $30$ lugares para $5$, el uso de $x\in[0,1]$ a calcular $(6)$ $f(x+2)$ para obtener $(5)$. $f(x)$ da menos de $f(x+1)$ lugares cerca de $2$.

Answer 4

No entiendo por qué te auto-limitarse a $x$ redondeado a 3 dígitos, trabajar con números reales y, a continuación, elija algo más específico.

Así, por $x\in \mathbb R, x\in[0,1]$, vamos a $$S_N = \sum_{n = 1}^N \frac 1n - \frac1{n+x} = \sum_{n=1}^N \frac x{n(n+x)}$$ $$S_N - S_{N-1} = \frac x{n(n+x)}$$ La solución a esta diferencia ecuación se utiliza la función Armónica, ver wolframalpha.

A continuación, utilice la propiedad de que la $H_n \approx \log n + \gamma + \frac1{2n} - \frac1{12n^2} + ...$ donde $\gamma$ es el de Euler Mascheroni constante. Como muchos de los términos que usted necesita para la ronda de hasta 12 dígitos. Th resto de la secuencia se puede encontrar aquí.

Supongo que a partir de aquí se puede encontrar un límite adecuado para casos especiales de $x$, quizás no para el general $x$.

Answer 5

$x=0$, La suma se evalúa como $0$ y $x=1$, es $1$.

$0<x<1$, Puede derivar una expresión de serie de energía de la suma dada como a continuación:

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{x+n}\right)=&\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n}\left(1+\frac{x}{n}\right)^{-1}\right)\\ \ =& \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n}\left(1-\frac{x}{n}+\frac{x^2}{n^2}-\frac{x^3}{n^3}+\cdots\right)\right)\\ \ =&\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x}{n^2}-\frac{x^2}{n^3}+\frac{x^3}{n^4}-\cdots\right)\\ \ =&\zeta(2)x-\zeta(3)x^2+\zeta(4)x^3-\cdots\\ \ =&\sum_{k=1}^{\infty}\zeta(k+1)x^k \end {Alinee el}