Una serie acerca de la $n!$ y Riemann zeta función

Question

Calcular $$ \sum_{n=1}^{\infty}{\left( \frac{n^n}{n!e^n}-\frac{1}{\sqrt{2\pi n}} \right)}. $$ Por el software Mathematica, me parece $$ \sum_{n=1}^{\infty}{\left( \frac{n^n}{n!e^n}-\frac{1}{\sqrt{2\pi n}} \right)}=-\frac{2}{3}-\frac{\zeta \left( 1/2 \right)}{\sqrt{2\pi}}. $$

Answer 1

Bien, $-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\zeta\left(\tfrac{1}{2}\right)$ $\zeta$- regularización de la divergencia de la serie de $\sum_{n\geq 1}\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}$, por lo tanto el problema se reduce a encontrar el $\zeta$-regularización de la divergencia de la serie de $\sum_{n\geq 1}\frac{n^n}{n!e^n}$. Como se señaló en los comentarios,

$$ W(x) = \sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-1}(-1)^{n-1}}{n!}x^n $$ vale para cualquier $x\in\left(-\frac{1}{e},\frac{1}{e}\right)$ por Lagrange inversión teorema, por lo tanto $$ ze^{-z} W'(-ze^{-z})=\sum_{n\geq 1}\frac{n^n}{n!e^{nz}}z^{n}=\frac{z}{1-z} =\sum_{n\geq 1}z^n\tag{1}$$ vale para cualquier $z\in(-W(e^{-1}),1)$. Bastante extraño identidad, se los puedo dar.
Del mismo modo, durante el mismo intervalo de $$ -W(-z e^{-z})=\sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-1}}{n!e^{nz}}z^n = z \tag{2}$$ $$ 1=\sum_{n\geq 1}\frac{n^{n}}{n!e^{nz}}z^{n-1}-\sum_{n\geq 1}\frac{n^{n}}{n!e^{nz}}z^{n}=\frac{1}{1-z}-\frac{z}{1-z}.\tag{3}$$ Desde $\zeta(0)=-\frac{1}{2}$, no debería ser difícil de probar por medio de $(1)$ $(2)$ que $\zeta$-regularización de $\sum_{n\geq 1}\frac{n^n}{n!e^n}$ es igual a $-\frac{2}{3}$ como quería, por ejemplo mediante el cálculo de $\sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-1-k}}{n!e^n}$ cualquier $k\in\mathbb{N}$: $$ \sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-2}}{n!e^n}=\int_{-1/e}^{1}\frac{W(x)}{x}\,dx = \frac{1}{2},\qquad \sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-3}}{n!e^n}=-\int_{-1/e}^{1}\frac{W(x)}{x}(1+\log(-x))\,dx=\frac{5}{12} $$ $$ \sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-4}}{n!e^n}=\frac{7}{18},\qquad \sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-4}}{n!e^n}=\frac{1631}{4320},$$ $$ \sum_{n\geq 1}\frac{n^{n-1-k}}{n!e^n}= \frac{1}{\Gamma(k)}\int_{0}^{1}(1-x)(x-1-\log x)^{k-1}\,dx.\tag{4} $$ De hecho, la sustitución de $x=e^{-s}$ $(4)$ y la representación integral de la $\zeta$ función de completar la prueba.

Answer 2

Tomando $$F\left(x\right)=\sum_{n\geq1}\frac{n^{n-1}}{n!e^{n}}x^{n}-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sum_{n\geq1}\frac{x^{n}}{n^{3/2}}=-W\left(-\frac{x}{e}\right)-\frac{\mathrm{Li}_{3/2}\left(x\right)}{\sqrt{2\pi}},\,\left|x\right|<1$$ where $W\left(x\right)$ is the Lambert $W$ function and $\mathrm{Li}_{3/2}\left(x\right)$ is the Poligarithm function, we obtain, differentiating both sides,that $$\sum_{n\geq1}\left(\frac{n^{n}}{n!e^{n}}-\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\right)x^{n-1}=-\frac{W\left(-\frac{x}{e}\right)}{x\left(W\left(-\frac{x}{e}\right)+1\right)}-\frac{\mathrm{Li}_{1/2}\left(x\right)}{x\sqrt{2\pi}}$$ so $$\sum_{n\geq1}\left(\frac{n^{n}}{n!e^{n}}-\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\right)=\lim_{x\rightarrow1^{-}}\left(-\frac{W\left(-\frac{x}{e}\right)}{x\left(W\left(-\frac{x}{e}\right)+1\right)}-\frac{\mathrm{Li}_{1/2}\left(x\right)}{x\sqrt{2\pi}}\right).$$ Now, we know that $$\mathrm{Li}_{v}\left(z\right)=\left(\Gamma\left(1-v\right)\left(1-z\right)^{v-1}+\zeta\left(v\right)\right)\left(1+O\left(\left|1-z\right|\right)\right),v\neq1,\,z\rightarrow1$$ and now we claim $$-\frac{W\left(-\frac{x}{e}\right)}{x\left(W\left(-\frac{x}{e}\right)+1\right)}\sim\frac{1}{\sqrt{2\left(1-x\right)}}-\frac{2}{3}$$ as $x\rightarrow1^{-}$. This is true because, since $$W\left(z\right)\sim-1+\sqrt{2ze+2}-\frac{2}{3}e\left(z+\frac{1}{e}\right)$$ as $z\rightarrow-1/e$, we have $$-\frac{W\left(-\frac{x}{e}\right)}{x\left(W\left(-\frac{x}{e}\right)+1\right)}\sim\frac{1-\sqrt{2\left(1-x\right)}+\frac{2}{3}\left(1-x\right)}{x\sqrt{2\left(1-x\right)}-\frac{2}{3}\left(1-x\right)x}$$ $$=\frac{1}{x}\left(-1+\frac{1}{\sqrt{2\left(1-x\right)}}\left(\frac{1}{1-\sqrt{2-2x}/3}\right)\right)=\frac{1}{x}\left(-1+\frac{1}{\sqrt{2\left(1-x\right)}}\sum_{k\geq0}\left(\frac{\sqrt{2-2x}}{3}\right)^{k}\right)$$ $$=\frac{1}{x}\left(-\frac{2}{3}+\frac{1}{\sqrt{2\left(1-x\right)}}+O\left(\sqrt{1-x}\right)\right)$$ entonces la reclamación.

Answer 3

Esta es una respuesta general a la pregunta de seguimiento por Jack D'Aurizio.

La proposición

Deje $n\in\mathbb{N}$. Tenemos la expansión asintótica $$ n!\sim \sqrt{2\pi n} \frac{n^n}{e^n} \left[ 1+ \frac1{12n} +\frac1{288n^2}-\frac{139}{51840n^3}-\frac{157}{2488320n^4}+\cdots \right] $$

Tenga en cuenta que esto no es convergente la serie, pero un asintótica de expansión. El error en la serie truncada es asintóticamente igual a la primera omitido plazo. Respecto a la serie en el derecho como un elemento del anillo de poder de la serie sobre los números racionales $\mathbb{Q}[[T]]$. $$ S(T)=1+ \frac1{12}T+\frac1{288}T^2-\frac{139}{51840}T^3-\frac{157}{2488320}T^4 + \cdots. $$ Considerar el inverso multiplicativo de a$S(T)$$\mathbb{Q}[[T]]$. $$ S^{-1}(T)=1-\frac1{12}T+ g_2 T^2 + g_3 T^3 + g_4 T^4 + \cdots. $$ Deje $Y_s(T)=\sum_{n=0}^{\infty} h_n(s) T^n \in\mathbb{Q}[s][[T]]$ ser definido por $$ \left(\frac12 T^2\right)^{m-1}\sum_{n=0}^{\infty} h_n(s) T^n = \left[ \frac12 T^2 + \frac13 T^3 + \frac14 T^4+\cdots \right)^{m-1}. $$ Entonces tenemos

Teorema de

$$\sum_{n=1}^{\infty} n^p\left[ \frac{n^n}{n!e^n}- \frac1{\sqrt{2\pi n}} \sum_{k=0}^p \frac{g_k}{n^k}\right]=(-2)^p p!h_{2p+1}(-p) - \frac1{\sqrt{2\pi}}\sum_{k=0}^p g_k \zeta\left(k+\frac12-p\right).$$

Con $p=0$, es la original de la serie $$ \sum_{n=1}^{\infty} \left[\frac{n^n}{n!e^n} - \frac1{\sqrt{2\pi n}}\right]=-\frac23 - \frac{\zeta\left(\frac12\right)}{\sqrt{2\pi}} $$

Con $p=1$, se da el valor de $$ \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{n^{n+1}}{n!e^n} - \sqrt{\frac{n}{2\pi}} + \frac{1}{12\sqrt{2\pi n}}\right] = -\frac 4{135} - \frac{\zeta\left(-\frac12\right)}{\sqrt{2\pi}} + \frac{\zeta\left(\frac12\right)}{12\sqrt{2\pi}}. $$