Encontrar una expansión asintótica para $\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{1+\frac{k}{n}}$

Question

Es bien sabido que una expansión asintótica de la n -el número armónico es $$H_{n}= \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \sim \ln(n) + \gamma + \frac{1}{2n} -\frac{1}{12n^{2}} + O(n^{-4}).$$

¿Cómo podríamos encontrar una expansión asintótica para la suma $ \displaystyle \sum_{k=0}^n \frac{1}{1+\frac{k}{n}}$ a un orden similar?

Answer 1

Dejemos que $ \displaystyle f(x) = \frac{1}{1+\frac{x}{n}}$ .

Utilizando el Fórmula de suma de Euler-Maclaurin obtenemos

$$ \begin{align} \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{1+\frac{k}{n}} &\sim \int_{0}^{n} \frac{1}{1+\frac{x}{n}} \, dx + \frac{f(n)+f(0)}{2} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{B_{2m}}{(2m)!} \left(f^{(2m-1)}(n) -f^{(2m-1)}(0) \right) \\ &= n \ln \left( 1+\frac{x}{n} \right) \Bigg|^{n}_{0} + \frac{\frac{1}{2}+1}{2} + \frac{1}{6} \left(\frac{1}{2!} \right) \left(-\frac{1}{n} \frac{1}{(1+\frac{x}{n})^{2}} \right) \Bigg|^{n}_{0} \\ &- \frac{1}{30} \frac{1}{4!} \left( - \frac{6}{n^{3}} \frac{1}{(1+ \frac{x}{n})^{4}}\right) \Bigg|^{n}_{0} + \mathcal{O}(n^{-5}) \\ &= n \ln (2) + \frac{3}{4} + \frac{1}{16n} - \frac{1}{128 n^{3}} + \mathcal{O}(n^{-5}) \end{align}$$

Para $n=20$ la aproximación anterior es correcta hasta $8$ dígitos después del punto decimal.

Answer 2

Esta suma es bastante intrigante e invita a un escrutinio adicional. A continuación Ahora presentaremos una derivación alternativa de la expansión asintótica que es totalmente heterodoxa y emplea series divergentes, pero produce la resultado correcto.

Estamos estudiando $$S_n = \sum_{k=0}^n \frac{1}{1+\frac{k}{n}}.$$

Reescribe esto como $$S_n = \sum_{k=0}^n \sum_{q\ge 0} (-1)^q \left(\frac{k}{n}\right)^q = \sum_{q\ge 0} \frac{(-1)^q}{n^q} \sum_{k=0}^n k^q.$$

El término para $q=0$ es especial y ahora lo extraemos de la suma para obtener $$n+1+\sum_{q\ge 1} \frac{(-1)^q}{n^q} \sum_{k=1}^n k^q.$$

Ahora trabajaremos con la suma restante y aplicaremos la fórmula de Faulhaber que recordamos dice que $$\sum_{k=1}^n k^q = \frac{1}{q+1} \sum_{j=0}^q (-1)^j {q+1\choose j} B_j n^{q+1-j}.$$ La sustitución da como resultado (nótese que $q+1 > j$ así que $q \ge j$ ) $$n+1 + \sum_{j\ge 0} \sum_{q\ge j} \frac{(-1)^q}{n^q} (-1)^j {q+1\choose j} \times \frac{1}{q+1} \times B_j n^{q+1-j} \\= n+1 + \sum_{j\ge 0} (-1)^j B_j n^{1-j} \sum_{q\ge j} \frac{(-1)^q}{q+1} {q+1\choose j}.$$

Hay que hacer una corrección más: hemos incluido el término de $q=0$ y $j=0$ que tiene valor $n$ y tenemos que restar este término porque ya lo hemos tenido en cuenta, lo que nos deja finalmente con $$ 1 + \sum_{j\ge 0} (-1)^j B_j n^{1-j} \sum_{q\ge j} \frac{(-1)^q}{q+1} {q+1\choose j}.$$

Hemos llegado al momento en el que vamos a emplear la divergencia divergentes. La suma interna no converge pero podemos asignarle un valor evaluando $$Q_j(z) = \sum_{q\ge j} \frac{z^q}{q+1} {q+1\choose j}.$$ y el ajuste $z=-1.$ Tenga en cuenta que $$Q_0(z) = \sum_{q\ge 0} \frac{z^q}{q+1} = \frac{1}{z} \sum_{q\ge 0} \frac{z^{q+1}}{q+1} = \frac{1}{z} \log\frac{1}{1-z}.$$ Para $j>0$ obtenemos $$Q_j(z) = -\frac{z^{j-1}}{j} + \sum_{q\ge j-1} \frac{z^q}{q+1} {q+1\choose j} = -\frac{z^{j-1}}{j} + \sum_{q\ge j} \frac{z^{q-1}}{q} {q\choose j} \\= -\frac{z^{j-1}}{j} + \sum_{q\ge j} z^{q-1} \frac{(q-1)!}{j! (q-j)!} = -\frac{z^{j-1}}{j} + \frac{1}{j} \sum_{q\ge j} z^{q-1} \frac{(q-1)!}{(j-1)! (q-j)!} \\ = -\frac{z^{j-1}}{j} + \frac{1}{j} \sum_{q\ge j} z^{q-1} {q-1\choose j-1} = -\frac{z^{j-1}}{j} + \frac{1}{j} \sum_{q\ge 0} z^{q+j-1} {q+j-1\choose j-1}.$$ Esta suma es el binomio de Newton y finalmente tenemos $$-\frac{z^{j-1}}{j} + \frac{z^{j-1}}{j} \sum_{q\ge 0} z^q {q+j-1\choose j-1} = -\frac{z^{j-1}}{j} + \frac{z^{j-1}}{j} \times \frac{1}{(1-z)^j}.$$

Tomaremos $Q_j(-1)$ como el valor de la suma interna que determina el coeficiente de $n^{1-j}.$ Obtenemos por $j=0$ el valor $$Q_0(-1) = \frac{1}{-1} \log \frac{1}{2} = \log 2.$$ Para $j\ge 1$ obtenemos $$Q_j(-1) = -\frac{(-1)^{j-1}}{j} + \frac{(-1)^{j-1}}{j} \frac{1}{2^j} = \frac{(-1)^{j-1}}{j} \frac{1-2^j}{2^j}.$$

Uniendo todo ello obtenemos la expansión asintótica $$1 + n B_0 \log 2 - B_1 \times \frac{-1}{2} + \sum_{j\ge 2} (-1)^j B_j n^{1-j} \sum_{q\ge j} \frac{(-1)^q}{q+1} {q+1\choose j} \\= n \log 2 + \frac{3}{4} + \sum_{j\ge 2} (-1)^j B_j n^{1-j} \frac{(-1)^{j-1}}{j} \frac{1-2^j}{2^j} \\ = n \log 2 + \frac{3}{4} + \sum_{j\ge 2} B_j \frac{1}{j} \frac{2^j-1}{2^j} n^{1-j}.$$

En realidad calculando esta expansión obtenemos $$n\log 2 +3/4+1/16\,{n}^{-1}-{\frac {1}{128}}\,{ n}^{-3}+{\frac {1}{256}}\,{n}^{-5}-{\frac {17}{4096}}\,{n}^{-7 }+{\frac {31}{4096}}\,{n}^{-9}\\-{\frac {691}{32768}}\,{n}^{-11} +{\frac {5461}{65536}}\,{n}^{-13}-{\frac {929569}{2097152}}\,{ n}^{-15}+{\frac {3202291}{1048576}}\,{n}^{-17}+\ldots$$

Esta expansión es increíblemente precisa. Utilizando hasta el $n^{-17}$ término obtenemos para $n=20$ la aproximación $$14.6160676358538815006576381306$$ mientras que el valor exacto es $$14.6160676358538815006576332145.$$

Utilizando los términos hasta $n^{-23}$ obtenemos para $n=50$ la aproximación $$35.4086089655097601622322941347$$ mientras que el valor exacto es $$35.4086089655097601622322941347$$ es decir, a treinta dígitos de precisión ya no podemos distinguir la diferencia.

Creo que este cálculo es notable en el sentido de que hace extensivo uso de series divergentes para obtener un resultado que parece ser perfectamente correcto.

Answer 3

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ Como la serie tiene una expresión cerrada en términos de la Funciones de Digamma es interesante comprobar la expansión mediante el comportamiento asintótico de esas funciones: \begin{align}&\color{#66f}{\large\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{1 + k/n}} =n\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k + n} =n\sum_{k=0}^{\infty}\pars{\frac{1}{k + n} - \frac{1}{k + 2n + 1}} \\[5mm]&=n\bracks{\Psi\pars{2n + 1} - \Psi\pars{n}}\tag{1} \end{align} donde $\ds{\Psi}$ es el Función Digamma y utilizamos ${\bf 6.3.16}$ . Con ${\bf 6.3.5}$ expresión $\pars{1}$ se convierte: \begin{align}&\color{#66f}{\large\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{1 + k/n}} =n\bracks{\Psi\pars{2n} - \Psi\pars{n}} + \half \end{align} Con la Expansión asintótica Digamma ${\bf 6.3.18}$ : \begin{align}&\color{#66f}{\large\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{1 + k/n}} \sim n\times \\[5mm]&\braces{\!\!\bracks{% \ln\pars{2n} - \frac{1}{4n} - \frac{1}{48n^{2}} + \frac{1}{1920n^{4}} -\frac{1}{16128n^{6}}}\!\! -\!\!\bracks{% \ln\pars{n} - \frac{1}{2n} - \frac{1}{12n^{2}} + \frac{1}{120n^{4}} -\frac{1}{252n^{6}}}} \\[5mm]&-\half \\[1cm]&=n\bracks{\ln\pars{2} + \frac{1}{4n} + \frac{1}{16n^{2}} - \frac{1}{128n^{4}} + \frac{1}{256n^{6}}} + \half \\[5mm]&=\color{#66f}{\large n\ln\pars{2} + \frac{3}{4} + \frac{1}{16n} - \frac{1}{128n^{3}} + \frac{1}{256n^{5}}} \end{align}