Cómo calcular esta constante con alta precisión $\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{(n+1) \ln (n+1)} \right)$

Question

Estoy interesado en encontrar la siguiente constante:

$$b=\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{(n+1) \ln (n+1)} \right)$$

Dónde:

$$a_1=2$$

$$a_{n+1}=a_n+\log a_n$$

Esto está relacionado con mi pregunta reciente donde se introdujo por primera vez la secuencia y se demostró en la respuesta que:

$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n \ln n}=1$$

Quería ver cómo es la constante de arriba, porque es similar a cómo se obtiene la constante de Euler-Mascheroni a partir de la serie armónica y el logaritmo.

El problema es que la convergencia de la serie anterior es extremadamente lenta. Y quiero decir tan lenta, que ni siquiera estoy seguro de cuál es el primer dígito.

De los cálculos de Mathematica parece que:

$$0.1 <b <0.2$$

Pero sólo estoy seguro del límite superior, porque $b$ se reduce a medida que aumenta el número de términos.

Nótese que aunque las sumas parciales iniciales sean negativas, $b$ se convierte pronto en positiva, porque la secuencia $a_n$ se ve superado por $(n+1) \ln (n+1)$ aunque sean del mismo orden. Puedes verlo en la pregunta enlazada.

Entonces $a_n$ supera a $(n+1) \ln (n+1)$ de nuevo, y las sumas parciales comienzan a disminuir.

Mathematica da:

$$\sum_{n=1}^{10^7} \left(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{(n+1) \ln (n+1)} \right)=0.18702446577 \dots$$

Pero al menos el segundo dígito es diferente del valor real de $b$ como se puede ver añadiendo más términos.

$$\sum_{n=1}^{10^8} \left(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{(n+1) \ln (n+1)} \right)=0.1738163796928 \dots$$

(En caso de que sea importante, sólo mantenía $100$ dígitos de cada $a_n$ mientras se computan los términos de recurrencia. Quizá también se pierda algo de precisión).

Actualización

$$\sum_{n=1}^{10^9} \left(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{(n+1) \ln (n+1)} \right)=0.162 \dots$$

(Tengo más cifras, pero está claro que no importan a estas alturas).

Y para algunos $10^9<N<10^{10}$ (cálculo abortado) tenemos:

$$b<0.1599565$$

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¿Podemos encontrar al menos algunos primeros dígitos de $b$ ? ¿Qué métodos sugeriría para acelerar la serie o transformarla de alguna manera para una convergencia más rápida?

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La motivación de esta pregunta no es la secuencia en sí misma (no creo que tenga ninguna importancia) sino los métodos para resolver este tipo de problemas.

Como pregunta al margen, ¿podemos al menos demostrar que la serie converge? Estoy bastante convencido de que lo hace, pero por si acaso.

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Para otras series relacionadas con la secuencia tenemos, de forma fiable:

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{a_n^2}=0.57409540\dots$$

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{a_n}=0.285408\dots$$

La convergencia es bastante lenta también para estos casos, lo que se esperaba por comparación con las series conocidas.

Answer 1

$\DeclareMathOperator{\li}{li}$ Puedo confirmar la convergencia de la serie, pero es la más lenta que he encontrado en una serie no construida para este propósito. Aquí el aproximación de $a_n$ utilizando el función integral logarítmica se utiliza. La cola de la serie se puede evaluar utilizando el Fórmula de Euler-MacLaurin y el valor $0.02225375...$ se encuentra utilizando los 100 primeros términos de la serie y evaluación de la cola. Los 8 decimales son correctos. El aproximación de $a_n$ es de nuevo crucial, así como el hecho de que las integrales que se produzcan puedan expresarse mediante funciones elementales.

Para demostrar la convergencia, sólo necesitamos que la secuencia $a_n$ definido por $a_1=2$ y $a_{n+1}=a_n+\log(a_n)$ satisface $a_n=\li^{-1}(n)+O(\log(n)^2)=(n+1)(\log(n+1)+O(\log(\log(n))))$ que sigue la forma esta respuesta . Esto implica que $$\frac1{a_n}-\frac1{(n+1)\log(n+1)}= O\left(\frac{\log(\log(n))}{n\log(n)^2}\right).$$ Ahora, como se muestra en la respuesta de Yurij S, $\sum_{n=3}^\infty\frac{\log(\log(n))}{n\log(n)^2} $ converge porque la integral correspondiente $\int_{3}^\infty\frac{\log(\log(t))}{t\log(t)^2}\,dt=\int_{\log(3)}^\infty\frac{\log(s)}{s^2}\,ds$ converge. Esto demuestra la convergencia de la serie. También permite mostrar la convergencia lenta: Si sumamos la cola de la serie anterior de $n=N$ al infinito entonces la integral es del orden $\log(\log(N))/\log(N)$ . Al sumar $10^8$ términos, la cola de la serie dada entonces sigue siendo (un múltiplo de) $0.158...$ . Es inútil intentar evaluar la serie sumando sus términos incluso con un ordenador muy rápido.

Para evaluar la serie dada, utilizamos en un primer paso la aproximación de esta respuesta . Hay una constante $C$ tal que $$g(a_n)=n+C+O\left(\frac1{n\log(n)}\right),\mbox{ where } g(x)=\li(x)+\frac12\log(\log(x)).$$ Aquí $\li$ denota la función integral logarítmica (véase esta página .) Como $$g'(x)=\frac1{\log(x)}+\frac1{2x\log(x)},$$ tenemos en particular $(g^{-1})'(y)=\frac1{g'(g^{-1}(y))}\sim \log(g^{-1}(y))\sim \log(y)$ y por lo tanto $a_n=g^{-1}(n+C)+O\left(\frac1{n}\right)$ . Esto da como resultado $$\frac1{a_n}-\frac1{g^{-1}(n+C)}=O\left(\frac1{n^3\log(n)^2}\right).$$ Por lo tanto, para $M>N$ suficientemente grande $$\sum_{n=N}^M\left(\frac1{a_n}-\frac1{g^{-1}(n+C)}\right)=O\left(\frac1{N^2\log(N)^2}\right).$$

$\newcommand{\ds}{\displaystyle}$ En un segundo paso, aplicamos el Fórmula de Euler-MacLaurin con $h(t)=1/g^{-1}(t+C)$ : $$\begin{array}{rcl}\ds\sum_{n=N}^M h(n)&=&\ds\int_N^M h(t)\,dt+\frac12h(N)+\frac12h(M)+\frac1{12}h'(M)-\frac1{12}h'(N) +O\left(\int_N^M|h^{(2)}(t)|\,dt\right)\\&=&\ds\int_N^M h(t)\,dt+\frac12h(N)+\frac12h(M)+O\left(\frac1{N^2\log(N)}\right).\end{array}$$ Se omite la prueba de la estimación de los términos de error. Ahora evaluamos cada uno de los términos de la fórmula anterior. Utilizando la sustitución $t=g(s)-C$ encontramos $$\begin{array}{ccl}\ds\int_N^M h(t)\,dt&=&\ds\int_N^M \frac1{g^{-1}(t+C)}\,dt= \ds\int_{g^{-1}(N+C)}^{g^{-1}(M+C)} \frac{1}sg'(s)\,ds=\\ &=&\ds\int_{g^{-1}(N+C)}^{g^{-1}(M+C)} \left( \frac1{s\log(s)}+\frac1{2s^2\log(s)} \right)\,ds\\ &=&\ds \left( \log(\log(s))+\frac12\li(1/s) \middle)\right|_{s=g^{-1}(N+C)}^{s=g^{-1}(M+C)}=\ds \left( \log(\log(s))+\frac12\li(1/s) \middle)\right|_{a_N}^{a_M}+O\left(\frac1{N^2\log(N)}\right). \end{array}$$ En la última igualdad, $a_n=g^{-1}(n+C)+O\left(\frac1{n}\right)$ se ha vuelto a utilizar. Esto da en total $$\ds\sum_{n=N}^M h(n)=\ds \left( \log(\log(s))+\frac12\li(1/s) \middle)\right|_{a_N}^{a_M}+\frac1{2a_N}+\frac1{2a_M}+O\left(\frac1{N^2\log(N)}\right)$$

De forma análoga, pero más sencilla al tratarse de una función elemental, encontramos $$\ds\sum_{n=N}^M\frac1{(n+1)\log(n+1)}=\log(\log(s))|_{N+1}^{M+1}+\frac12\frac1{(N+1)\log(N+1)}+ \frac12\frac1{(M+1)\log(M+1)}+O\left(\frac1{N^2\log(N)}\right).$$

Ahora combinamos las estimaciones anteriores y dejamos que $M$ tienden a $\infty$ . Usando eso $ \log(\log(a_M)) - \log(\log(M+1))\to0$ desde $a_M\sim M\log(M)$ obtenemos las aproximaciones deseadas aproximaciones de las colas $$\begin{array}{rcl}\ds\sum_{n=N}^\infty\left(\frac1{a_n}-\frac1{(n+1)\log(n+1)}\right)&=& \ds- \log(\log(a_N))-\frac12\li(1/a_N)+\frac1{2a_N}+\\&&+\ds \log(\log(N+1))-\frac12\frac1{(N+1)\log(N+1)} +O\left(\frac1{N^2\log(N)}\right).\end{array}$$

Finalmente podemos evaluar la serie dada sumando su primera $N-1$ términos y utilizando la anterior aproximación de la cola. Aquí $N\in\mathbb N$ es un parámetro. Obtenemos $$\begin{array}{rcl}b=\ds\sum_{n=1}^\infty\left(\frac1{a_n}-\frac1{(n+1)\log(n+1)}\right)&=& \ds\sum_{n=1}^{N-1}\left(\frac1{a_n}-\frac1{(n+1)\log(n+1)}\right)\\&& \ds- \log(\log(a_N))-\frac12\li(1/a_N)+\frac1{2a_N}\\&&+\ds \log(\log(N+1))-\frac12\frac1{(N+1)\log(N+1)}\\&&\ds +O\left(\frac1{N^2\log(N)}\right).\end{array}$$

Utilizando esta fórmula para $N=100$ da el valor $0.02225375...$ para la serie; comparación con los resultados de las series más grandes $N$ mostrar que los 8 decimales después del punto son correctos. Utilizando $N=10^7$ como en la pregunta y una fórmula refinada (más complicada) con un término de error $O\left(\frac1{N^3\log(N)}\right)$ proporciona un valor $0.0222\ 5375\ 6202\ 8220\ 6538\ 1016...$ con $24$ decimales correctos.

Answer 2

Ahora empezaré a publicar mis propios resultados en esta respuesta. Se actualizará a medida que avance.

Utilizando una pista de didgogns he obtenido numéricamente la siguiente cota superior para $n \geq 2$ que funciona al menos hasta $n=10^6$ y no tengo ninguna razón para sospechar que se rompa:

$$a_n \leq (n+1) \left( \ln (n+1) + \ln \ln (n+1) \right) \tag{1}$$

Intentaré demostrarlo por inducción.

El caso base es $n=2$ :

$$a_2=2+\ln 2=2.69314718\dots$$

$$3( \ln 3+ \ln \ln 3)=3.57798 \dots$$

La hipótesis de inducción es (desplazando el índice por $1$ para mayor comodidad):

$$a_{n-1} \leq n \left( \ln n + \ln \ln n \right)$$

Ahora considere $a_n$ :

$$a_n=a_{n-1}+ \ln a_{n-1} \leq n \left( \ln n + \ln \ln n \right)+ \ln \left(n \left( \ln n + \ln \ln n \right) \right)$$

Intentamos demostrarlo:

$$f(n) \leq g(n)$$

Dónde:

$$f(n)=n \left( \ln n + \ln \ln n \right)+ \ln \left(n \left( \ln n + \ln \ln n \right) \right)$$

$$g(n)=(n+1) \left( \ln (n+1) + \ln \ln (n+1) \right)$$

Para $n \geq 2$ Mathematica parece confirmar esto numéricamente bastante bien:

Como hay un mínimo global, podría intentar demostrar la desigualdad por métodos de cálculo. Algunas transformaciones dan:

$$f(n)=(n+1) \ln n+(n+1) \ln \ln n+\ln \left(1 + \frac{\ln \ln n}{\ln n} \right)$$

$$g(n)=(n+1) \ln n+(n+1)\ln \left(1+ \frac{1}{n} \right) +(n+1) \ln \left( \ln n+\ln \left(1+ \frac{1}{n} \right)\right)$$

Así que tenemos:

$$g(n)-f(n)=(n+1)\ln \left(1+ \frac{1}{n} \right)+(n+1)\ln \left( 1+\frac{\ln \left(1+ \frac{1}{n} \right)} {\ln n} \right)-\ln \left(1 + \frac{\ln \ln n}{\ln n} \right)$$

Es obvio que:

$$\lim_{n \to \infty} (g(n)-f(n))=1$$

Podríamos intentar utilizar la serie de Taylor (dos primeros términos) para simplificar la expresión y demostrar que siempre es positiva. Puede que lo haga más tarde, pero por ahora creeré en Mathematica.

Da para la raíz de $g'-f'$ alrededor de $x=20000$ el siguiente valor:

$$x_0=12349.87656\dots \\ g(x_0)-f(x_0)=0.89262929 \dots$$

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Utilizando la cota (1) tenemos para algunos $N$ :

$$b \geq \sum_{n=1}^N \left(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{(n+1) \ln (n+1)} \right)+ \\ +\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{(n+1) } \left(\frac{1}{\ln (n+1)+\ln \ln (n+1)}-\frac{1}{\ln (n+1)} \right)$$

O:

$$b \geq \sum_{n=1}^N \left(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{(n+1) \ln (n+1)} \right)-\sum_{n=N+2}^\infty \frac{\ln \ln n}{n \ln n \left( \ln n+\ln \ln n \right)}$$

La serie aún necesita ser evaluada, y Mathematica tiene problemas con ella.

Sin embargo, a partir de los resultados que da Mathematica (teniendo en cuenta el error que afirma en el mensaje de advertencia) tenemos para $N=10^9$ :

$$b>0.162\ldots-0.181\ldots=-0.019\ldots$$

Hasta ahora este es el mejor resultado que he obtenido. Parece que $b$ podría ser negativo después de todo.

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¡Importante resultado!

Ahora podemos demostrar la convergencia mostrando que la siguiente serie converge utilizando la prueba integral:

$$\sum_{n=3}^\infty \frac{\ln \ln n}{n \ln n \left( \ln n+\ln \ln n \right)} \leq \frac{\ln \ln 3}{3 \ln 3 \left( \ln 3+\ln \ln 3 \right)}+ \int_3^\infty \frac{\ln \ln x ~ dx}{x \ln x \left( \ln x+\ln \ln x \right)}$$

La integral se puede simplificar:

$$\int_3^\infty \frac{\ln \ln x~ dx}{x \ln x \left( \ln x+\ln \ln x \right)}=\int_{\ln \ln 3}^\infty \frac{y ~dy}{e^y+y}=0.802467208941\dots$$

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Los límites de la integral en realidad dan una forma extremadamente precisa de evaluar la serie, por ejemplo:

$$\sum_{n=10^9}^\infty \frac{\ln \ln n}{n \ln n \left( \ln n+\ln \ln n \right)}=0.181044136\dots$$

Donde todos los dígitos son correctos.