交错级数求和的技术问询及相关引理推导验证

我最近在尝试求解下面这个无穷交错级数的和：

$$
{\sum_{n=1}^{{+\infty}(-1)}n\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1}-\frac{ \ln n}{2}-\frac{\gamma}{2}-\ln 2\right)}.
$$

目前我已经完成了部分推导，先从一个关键引理说起：

引理：
$$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } \left( {\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{4n - 1}} - \frac {{\ln N}}{4}} \right) = \frac{3}{4}\ln 2 + \frac{1}{4}\gamma - \frac{\pi }{8}}$$

我是通过构造复数级数的方法来推导这个引理的，具体步骤如下：

首先令 $S = \sum_{n = 1}^N \frac{1}{4n - 1}$，然后构造这样的复数级数展开：

$$
\sum_{n = 1}^{4N} \frac{i - i^n}{n} = \sum_{n = 1}^N \frac{i - i^{4n - 3}}{4n - 3} + \sum_{n = 1}^N \frac{i - i^{4n - 2}}{4n - 2} + \sum_{n = 1}^N \frac{i - i^{4n - 1}}{4n - 1} + \sum_{n = 1}^N \frac{i - i^{4n}}{4n}
$$

利用虚数单位的幂次周期性（$i^4=1$）对每一项化简：

• $4n-3$项：$i^{4n-3}=i{-3}=i$，因此$\frac{i - i^{4n-3}}{4n-3}=0$，这一项直接消失；
• $4n-2$项：$i^{4n-2}=i{-2}=-1$，因此$\frac{i - (-1)}{4n-2}=\frac{i+1}{4n-2}$；
• $4n-1$项：$i^{4n-1}=i{-1}=-i$，因此$\frac{i - (-i)}{4n-1}=\frac{2i}{4n-1}$；
• $4n$项：$i^{4n}=1$，因此$\frac{i - 1}{4n}$；

代入后原式简化为：
$$
\quad = \sum_{n = 1}^N \frac{i + 1}{4n - 2} + \sum_{n = 1}^N \frac{2i}{4n - 1} + \sum_{n = 1}^N \frac{i - 1}{4n}
$$

接下来用调和级数的关系替换：奇数项和$\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1}=H_{2n}-\frac{1}{2}H_n$（其中$H_n$是第$n$个调和数），代入后得到：

$$
\displaystyle{ = \frac{{i + 1}}{2}\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{{2n - 1}}} + 2i \cdot S + \frac{ {i - 1}}{4}\sum\limits_{n = 1}^N {\frac{1}{n}} = \frac{{i + 1}}{2}\left( {H_{2N}} - \frac{1}{2}{H_N} \right) + 2i \cdot S + \frac{{i - 1}} {4}{H_N} }
$$

再利用调和数的渐近展开$H_n \approx \ln n + \gamma + o(1)$（$\gamma$为欧拉常数，$n\to\infty$时），代入进行近似：

$$
\displaystyle{ \approx \frac{{i + 1}}{2}\left( {\ln 2N + \gamma - \frac{1}{2}\left( { \ln N + \gamma } \right)} \right) + 2i \cdot S + \frac{{i - 1}}{4}\left( {\ln N + \gamma } \right) }
$$

展开并整理实部和虚部后，得到：
$$
\displaystyle{ \approx \frac{{i + 1}}{2}\left( {\ln 2 + \frac{1}{2}\ln N + \frac{1}{2}\gamma } \right ) + 2i \cdot S + \frac{{i - 1}}{4}\left( {\ln N + \gamma } \right) \Rightarrow \boxed{\sum\limits_{n = 1}^{4N } {\frac{{i - {i^n}}}{n}} \approx \frac{{i + 1}}{2}\ln 2 + \frac{i}{2}\left( {\ln N + \gamma } \right) + 2i \cdot S}}
$$

另一方面，我们可以直接拆分这个复数级数：

$$
\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^{4N} {\frac{{i - {i^n}}}{n}} = i{H_{4N}} - \sum\limits_{n = 1}^{4N} {\frac{{{i^n}}}{n}} }
$$

同样用调和数渐近展开，加上对数级数性质$\sum_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n}=-\ln(1-z)$（取$z=i$，$N\to\infty$时近似），代入后：

$$
\approx i\left( {\ln 4N + \gamma } \right) + \ln \left( {1 - i} \right)
$$

将$\ln(1-i)$展开为模和辐角形式：$1-i=\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}}$，因此$\ln(1-i)=\frac{1}{2}\ln2 - i\frac{\pi}{4}$，代入后得到：

$$
= i\left( {2\ln 2 + \ln N + \gamma } \right) + \frac{1}{2}\ln 2 - i\frac{\pi }{4}
$$

把这两个近似结果联立，就能解出$S$的渐近形式，进而得到引理中的极限。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Bojackkkkk