¿Cómo puedo obtener una buena aproximación del $\sum_{s=1}^\infty x^s\ln(s)\ $?

Question

Cómo puedo obtener una buena aproximación de la suma

$$\sum_{s=1}^\infty x^s\ln(s)$$

¿con la mano?

Si yo sólo considero la parte de la función, donde es estrictamente decreciente, puedo limito la suma de integrales. Pero, ¿cómo puedo yo aproximada el suma hasta este punto?

Answer 1

Asumiendo $|x|<1$, por Frullani del teorema tenemos $$ \log(s) = \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-z}-e^{-sz}}{z}\,dz \tag{1}$$ por lo tanto $$ \sum_{s\geq 1}x^s \log(s) = \int_{0}^{+\infty}\sum_{s\geq 1}\frac{(e^{-z}-e^{-sz})x^s}{z}\,dz = \frac{x^2}{1-x}\color{purple}{\int_{0}^{+\infty}\frac{1-e^{-z}}{z(e^z-x)}\,dz}\tag{2}$$ donde la púrpura integral, para un valor fijo de $x\in(-1,1)$, no es difícil aproximar a través de la integración por partes, Cauchy-Schwarz o ambos. Es interesante notar que dicha representación integral también proporciona una continuación analítica de la LHS de $(2)$: $$ \lim_{x\to -1^+}\sum_{s\geq 1}x^{s}\log(s) = \frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{1-e^{-z}}{z(e^z+1)}\,dz = \log\sqrt{\frac{\pi}{2}}\tag{3} $$ de acuerdo con Wallis producto.

Answer 2

$|x|<1$

$$f(x):=\sum_{s=2}^\infty x^s\ln(s)$$

$$f(x)+f(-x)=2x^{-2}\sum_{s=2}^\infty x^{2s}\ln(2s)$$

$$=2x^{-2}\sum_{s=2}^\infty x^{2s}\left(\ln(2)+\ln(s)\right)$$

$$f(x)+f(-x)=2\ln(2)\frac{x^2}{1-x^2}+2\frac{f(x^2)}{x^2}$$

Así como nos podemos aproximar para $x>0$, esta relación nos permite calcular $x<0$ y viceversa.

Tenga en cuenta que los $x>0$

$$\frac{x^2}{1-x}=\sum_{s=2}^\infty x^s<f(x)$$

También parece ser bastante bueno de una aproximación, así que es bastante fácil. ¿Probar algunos valores?

Answer 3

Al menos puede mejorar convergencia por la manipulación siguiente: $f(x) =\sum_{s\geq 1} x^s \log(s)$ tenemos: %#% $ de #% se puede utilizar $$(1-x) f(x) = \sum_{s\geq 2} x^s \log(s) - \sum_{s\geq 1} x^{s+1} \log(s) = \sum_{s\geq 1} x^{s+1} \log(1+\frac{1}{s}) $ a $\log(1+\frac{1}{s}) = \frac{1}{s} - \frac{1}{2s^2} + ...$ $ $$ f(x) = \frac{x}{1-x} \sum_{s\geq 1} x^s \sum_{k\geq 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k s^k} = \frac{x}{1-x} \sum_{k\geq 1} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \left( \sum_{s\geq 1} \frac{ x^s}{s^k} \right)$ $ esto aísla el principal comportamiento singular y entonces encontrará métodos (hay más o menos explícitas pero no muy útil fórmulas) para aproximar la suma $$ f(x) = \frac{x}{1-x} \left( -\log(1-x) +\sum_{k\geq 2} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \sum_{s\geq 1} \frac{ x^s}{s^k} \right)$, $\sum_{s\geq 1} x^s/s^k$.