La constante de Euler se define como $$\gamma = \lim_{n \to \infty}{\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln{n}}$$ Dejemos que $$q = \lim_{n \to \infty}{\sum_{k=2}^n\frac{1}{k\ln{k}}-\ln\ln{n}}$$ He conseguido demostrar que $$\frac{1}{3\ln{3}}+\frac{1}{2\ln{2}}-\ln\ln{3} \geq q \geq \frac{1}{2\ln{2}}-\ln\ln{3}$$ ¿Se sabe algo de la constante $q$ ? Por ejemplo, ¿es $q$ expresable en términos de $\gamma$ ?
Respuestas
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En cierto sentido, esta constante es el primer negativo Constante de Stieltjes aunque al igual que la constante de Stieltjes $\gamma_{1}$ No se puede decir mucho al respecto. Tenemos que $$\sum_{k=2}^{N}\frac{1}{k\log k}=\log\log N+K+O\left(\frac{1}{N}\right). $$ donde $$K=\frac{1}{\log4}-\log\log2-\int_{2}^{\infty}\{x\}\frac{\log x+1}{x^{2}\log^{2}x}dx.$$ El Constantes de Stieltjes definido por $$\gamma_{n}=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{N}\frac{\left(\log k\right)^{n}}{k}-\frac{\left(\log N\right)^{n+1}}{n+1} $$ no puede escribirse en términos de $\gamma_0$ u otras constantes conocidas, y en cierto sentido su constante $K$ es $\gamma_{-1}$ El $-1^{st}$ Stieltjes constante.
La ecuación anterior para $K$ se puede demostrar utilizando la suma parcial: reescribiendo la integral como una integral de Riemann Stieltjes tenemos que $$\sum_{k=2}^{N}\frac{1}{k\log k} = \int_{2}^N \frac{1}{x\log x} d\lfloor x\rfloor =\int_{2}^{N}\frac{1}{x\log x}dx-\int_{2}^{N}\frac{1}{x\log x}d\{x\}$$ $$ = \int_{2}^{N}\frac{1}{x\log x}dx-\frac{\{x\}}{x\log x}\biggr|_{2-}^{N}-\int_{2}^{N}\{x\}\frac{\log x+1}{x^{2}\log^{2}x}dx$$ y esta última línea se simplifica para convertirse en $$\log \log N+\frac{1}{\log4}-\log\log2-\int_{2}^{\infty}\{x\}\frac{\log x+1}{x^{2}\log^{2}x}dx+O\left(\frac{1}{n}\right).$$
Nota al margen: Esto no está tan relacionado, pero quería señalar que al examinar esta suma, podemos reprobar algo de lo que escribió en esta respuesta y podemos demostrar que como $s\rightarrow 0$ $$\int_2^\infty \frac{x^{-s-1}}{\log x}dx=-\log(s)-\gamma-\log \log 2+O(s\log(s)).$$ Incluyo esto en la respuesta porque creo que pone las cosas en un contexto mayor.
Dejemos que $\Lambda(n)$ sea el Función lambda de Von Mangoldt y $\gamma_0$ el Constante de Euler-Mascheroni . Entonces tenemos la expansión de la suma similar $$\sum_{n\leq x}\frac{\Lambda(n)}{n\log n}=\log\log x+\gamma_{0}+O\left(\frac{1}{\log x}\right),$$ que aparece en la demostración del teorema 2.7 en Montgomery y Vaughn. Sea $$S(x)=\sum_{2\leq k\leq x}\frac{1}{k\log k}- \sum_{n\leq x}\frac{\Lambda(n)}{n\log n},$$ y examinar $I=\delta \int_1^\infty S(x)x^{-\delta -1}dx$ como $\delta\rightarrow 0$ . Como $S(x)=(K-\gamma_0)+O(1/\log x)$ se deduce que $I=K-\gamma_0+O(\delta \log (1/\delta)$ . Entonces, como $$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}n^{-s}=s\int_{1}^{\infty}A(x)x^{-s-1}dx$$ (Teorema 1.3 de Montgomery y Vaughn) vemos que $$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n^{-\delta}}{n\log n}-\log \zeta(\delta+1)=O(\delta\log(1/\delta)$$ como $\delta\rightarrow 0$ y así $$\sum_{n=2}^\infty \frac{n^{-\delta-1}}{\log n}=-\log \delta+(K-\gamma)+O(\delta\log(1/\delta).$$ Ahora, escribir el lado izquierdo como una integral de Riemann Stieltjes nos permite concluir que $$\int_{2}^\infty \frac{x^{-\delta-1}}{\log x}dx=-\log \delta -\gamma-\log \log 2+O\left(\delta\log(1/\delta)\right).$$
Anthony Shaw
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La aplicación de la Fórmula de la suma de Euler-Maclaurin obtenemos $$ \begin{align} &\sum_{k=2}^n\frac1{k\log(k)}\\ &=\log(\log(n))+q+\frac1{2n\log(n)}-\frac1{12n^2}\left(\frac1{\log(n)}+\frac1{\log(n)^2}\right)\\ &+\frac1{720n^4}\left(\frac6{\log(n)}+\frac1{\log(n)^2}+\frac{12}{\log(n)^3}+\frac6{\log(n)^4}\right)\\ &-\frac1{15120n^6}\scriptsize\left(\frac{60}{\log(n)}+\frac{137}{\log(n)^2}+\frac{225}{\log(n)^3}+\frac{255}{\log(n)^4}+\frac{180}{\log(n)^5}+\frac{60}{\log(n)^6}\right)\\ &+\frac1{604800n^8}\left(\tiny\frac{2520}{\log(n)}+\frac{6534}{\log(n)^2}+\frac{13132}{\log(n)^3}+\frac{20307}{\log(n)^4}+\frac{23520}{\log(n)^5}+\frac{19320}{\log(n)^6}+\frac{10080}{\log(n)^7}+\frac{2520}{\log(n)^8}\right)\\ &-\frac1{1995840n^{10}}\left(\tiny\frac{15120}{\log(n)}+\frac{42774}{\log(n)^2}+\frac{97725}{\log(n)^3}+\frac{180920}{\log(n)^4}+\frac{269325}{\log(n)^5}+\frac{316365}{\log(n)^6}+\frac{283500}{\log(n)^7}+\frac{182700}{\log(n)^8}+\frac{75600}{\log(n)^9}+\frac{15120}{\log(n)^{10}}\right)\\ &+O\!\left(\frac1{n^{12}\log(n)}\right) \end{align} $$ Si utilizamos $n=10000$ obtenemos $q$ a más de $49$ lugares: $$ \scriptsize\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=2}^n\frac1{k\log(k)}-\log(\log(n))\right)=0.7946786454528994022038979620651495140649995908828 $$
