问题及解答

\[\sum_{n\leq x}\frac{1}{n}=\log x+\gamma+O(\frac{1}{x})\]

其中 $\gamma$ 是著名的 Euler 常数.

提示: 这是 问题677 的直接推论.

问题677中(2)式为

\[\sum_{n\leq x}c_n f(n)=C(x)f(x)-\int_{n_1}^{x}C(t)f\'(t)dt\]

令其中 $c_n=1$, $n_1=1$, 且 $f(t)=\frac{1}{t}$, 注意 $C(x)=\sum_{n\leq x}c_n=\sum_{n\leq x}1=[x]$, 从而得

\[\sum_{n\leq x}\frac{1}{n}=\frac{[x]}{x}-\int_{1}^{x}C(t)\frac{-1}{t^2}dt=\frac{[x]}{x}+\int_{1}^{x}\frac{[t]}{t^2}dt\]

注意到 $0\leq t-[t]< 1$, 因此 $\frac{t-[t]}{t^2}$ 在 $[1,+\infty)$ 上可积. 故

\[\begin{split}\sum_{n\leq x}\frac{1}{n}&=\frac{[x]}{x}-\int_1^{+\infty}\frac{t-[t]}{t^2}dt+\int_{x}^{+\infty}\frac{t-[t]}{t^2}dt+\int_{1}^{x}\frac{t}{t^2}dt\\ &=\frac{[x]}{x}-\int_1^{+\infty}\frac{t-[t]}{t^2}dt+\int_{x}^{+\infty}\frac{t-[t]}{t^2}dt+\log x\end{split}\]

若令

\[\gamma=1-\int_1^{+\infty}\frac{t-[t]}{t^2}dt\]

\[E=\int_{x}^{+\infty}\frac{t-[t]}{t^2}dt-\frac{x-[x]}{x}\]

则有

\[\sum_{n\leq x}\frac{1}{n}=\log x+\gamma+E\]

其中 $\gamma$ 是和 $x$ 无关的一个数, 且 $\gamma\in(0,1)$. 而由于 $t-[t]=O(1)$,

\[E=\int_x^{+\infty}\frac{O(1)}{t^2}dt+O(\frac{1}{x})=O(\frac{1}{x}).\]