Demuestre la forma de series de números armónicos fraccionarios

Question

Deje $H_\alpha$ $\alpha$th fraccionaria del número armónico, de modo que $$ H_\alpha = \int_0^1 \frac{1-x^\alpha}{1-x}\,\text dx. $$

Quiero mostrar directamente $$ H_\alpha = \sum_{k=1}^\infty \frac{\alpha}{k(k+\alpha)}. $$

Sé que esto debe ser cierto, porque la $\psi(1 + \alpha) = -\gamma + H_\alpha$ $\psi(1 + \alpha) = -\gamma + \sum_{k=1}^\infty \frac{\alpha}{n(n+\alpha)}$ donde $\psi$ es la función digamma pero no he logrado demostrar.

He probado esto para $\alpha \in \mathbb N$ porque en este caso $(1-x^\alpha)/(1-x) = \sum_{i=0}^{\alpha-1}x^i$ y me puede dividir $\frac{\alpha}{k(k+\alpha)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+\alpha}$ para obtener telescópica desde eventualmente $1/k' = 1/(k+\alpha)$. Pero si $\alpha \notin \mathbb N$ luego me sale ni la factorización ni la antena telescópica de lo que parece estos trucos sólo para ayudar en $\mathbb N$. Incluso si $\alpha = p/q \in \mathbb Q$ la antena telescópica de falla y no veo ninguna manera de generalizar mi enfoque en $\mathbb N$, por lo que parece un enfoque totalmente diferente puede ser necesaria. Entonces, ¿cómo puedo probar que esta directamente? También he intentado un par de series distintas para $\frac{1-x^\alpha}{1-x}$ pero sin suerte hasta el momento.

Estoy seguro de que hay muchas maneras de demostrar esta usando propiedades de lujo de $\psi$, y otras funciones especiales, pero estoy tratando de probarlo directamente. Sólo estoy trayendo $\psi$ para el contexto. Muchas gracias por cualquier ayuda.

Answer 1

Tenemos$$H_{\alpha} = \int_{0}^{1} \frac{1 - x^{\alpha}}{1-x} \, dx = \int_{0}^{1} \frac{1}{1-x} - \frac{x^{\alpha}}{1-x} \, dx = \int_{0}^{1} \lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^{n} (x^k - x^{k+\alpha}) \, dx$$ Setting $ f_n (x) = \ sum_ {k = 0} ^ {n} x ^ k - x ^ {k + \ alpha}$, we see $$\int_{0}^{1} f_n (x) \, dx = \sum_{k=0}^{n} \left(\frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+1+\alpha}\right) = \sum_{k=0}^{n} \frac{\alpha}{(k+1)(k+1+\alpha)} = \sum_{k=1}^{n} \frac{\alpha}{k(k+\alpha)}$$ Note that $ f_ {n +1} (x) = x ^ {n +1} (1-x ^ {\ alpha}) + f_n (x)$, and thus for $ x \ en [0,1]$ we have $ f_ {n +1} (x) \ ge f_n (x)$. Hence, by the monotone convergence theorem, we may conclude $$H_{\alpha} = \int_{0}^{1} \lim_{n\to\infty} f_n (x) \, dx = \lim_{n\to\infty} \int_{0}^{1} f_n(x) \, dx = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\alpha}{k(k+\alpha)}$ $

Answer 2

Insinuación:

ps

Integre termwise (con la justificación adecuada) y ajuste los índices (para que comience con$$\frac{1-x^\alpha}{1-x}=(1-x^\alpha)\sum_{k=0}^\infty x^k=\sum_{k=0}^\infty(x^k-x^{k+\alpha})$) y debe hacerlo.

Answer 3

Empezamos con

$$H_\alpha = \int_{0}^1 \frac{1-x^\alpha}{1-x}\tag{1}$$

válido para $Re(\alpha \gt -1$.

Integración parcial y ampliación de la $\log$ da

$$ \begin{array} &H_\alpha&= -\log(1-x) (1-x^\alpha)|_{x=0}^{x=1} -\alpha \int_{0}^1 x^{\alpha-1} \log(1-x) \, dx\\ &=-\alpha \int_{0}^1 x^{\alpha-1} \log(1-x)\, dx\\ &=\alpha \int_{0}^1 x^{\alpha-1} \sum_{k\ge 1}\frac{x^k}{k}\, dx\\ &=\alpha \sum_{k\ge 1} \frac{1}{k} \int_{0}^1 x^{k+\alpha-1}\, dx\\ &=\alpha \sum_{k\ge 1} \frac{1}{k(k+\alpha)}\tag{2}\\ \end{array}$$

Observe que (1) y esta derivación (porque queremos que la parcialmente integrado a desaparecer) sólo es válido para $Re(\alpha) \gt -1$ pero (2) que también puede ser escrito como

$$H_\alpha = \sum_{k\ge 1}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+\alpha})\tag{3} $$

da la continuación analítica de $H_\alpha$ arbitrariamente complejas $\alpha$.

(3) muestra que la única singularidades de $H_\alpha$ son simples postes en los números enteros negativos.

qed.