Calcular $ \sum\limits_{m=1}^{\infty} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \sum\limits_{p=1}^{\infty}\frac{(-1)^{m+n+p}}{m+n+p}$

Question

¿Cómo calcular esta suma? No es un problema que necesito resolver inmediatamente, pero un problema que vino a mi mente el día de hoy. Creo que la generalización a más de tres anidada sumas sería interesante también.

$$ \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{p=1}^{\infty}\frac{(-1)^{m+n+p}}{m+n+p}$$

Answer 1

Aquí es un simple lema:

Deje $(u_n)_{n\geqslant1}$ indican una disminución de la secuencia de funciones positivas definidas en $(0,1)$, que converge pointwise a cero y tal que $u_1$ es integrable en a $(0,1)$. A continuación, $$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\int_0^1u_n(s)\,\mathrm ds=\int_0^1u(s)\,\mathrm ds,\qquad u(s)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^nu_n(s). $$

Ahora, vamos a considerar las múltiples series de la OP está interesado en. Uno ve fácilmente que no converge absolutamente, por tanto la idea es aplicar el lema de tres veces.

• En primer lugar, corregir $n$ $m$ y, para cada $p\geqslant1$, considere la posibilidad de $u_p(s)=s^{m+n+p-1}$. A continuación, $u(s)=-\dfrac{s^{m+n}}{1+s}$ por lo tanto el lema de los rendimientos $$ \sum\limits_{p=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{m+n+p}}{m+n+p}=(-1)^{m+n}\sum\limits_{p=1}^{+\infty}(-1)^{p}\int_0^1u_p(s)\,\mathrm ds=(-1)^{m+n+1}\int_0^1\frac{s^{m+n}}{1+s}\,\mathrm ds. $$
• Segundo, fix $m$ y, para cada $n\geqslant1$, considere la posibilidad de $u_n(s)=\dfrac{s^{m+n}}{1+s}$. A continuación, $u(s)=-\dfrac{s^{m+1}}{(1+s)^2}$ por lo tanto el lema de los rendimientos $$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^{m+n+1}\int_0^1\frac{s^{m+n}}{1+s}\,\mathrm ds=(-1)^m\int_0^1\frac{s^{m+1}}{(1+s)^2}\,\mathrm ds $$
• En tercer y último lugar, para cada $m\geqslant1$, considere la posibilidad de $u_m(s)=\dfrac{s^{m+1}}{(1+s)^2}$. A continuación, $u(s)=-\dfrac{s^{2}}{(1+s)^3}$ por lo tanto el lema de los rendimientos $$ \sum\limits_{m=1}^{+\infty}(-1)^m\int_0^1\frac{s^{m+1}}{(1+s)^2}\,\mathrm ds=-\int_0^1\frac{s^{2}}{(1+s)^3}\,\mathrm ds. $$

Por lo tanto, el triple de la serie el OP está interesado en converge y el valor de $S_3$ de la suma es $$ \color{red}{S_3=-\int_0^1\frac{s^{2}}{(1+s)^3}\,\mathrm ds}=-\int_1^2\frac{s^{2}-2s+1}{s^3}\,\mathrm ds=-\left[\log(s)+\frac2s-\frac1{2s^2}\right]_1^2, $$ es decir, $\color{red}{S_3=-\log(2)+\frac58}=-0.06814718\ldots$

La técnica anterior se muestra de manera más general que, para cada $k\geqslant1$, el análogo de la serie sobre $k$ índices de converge y que el valor de su suma es $$ S_k=(-1)^k\int_0^1\frac{s^{k-1}}{(1+s)^k}\,\mathrm ds=(-1)^k\left(\log(2)+\sum_{i=1}^{k-1}(-1)^i{k-1\elegir i}\frac1i(1-2^{-i})\right). $$

Answer 2

Este no caben en un comentario $$ \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \left(\sum_{p=1}^{\infty}\frac{(-1)^{(m+n)+p}}{(m+n)+p}\pm(-1)^{m+n}\sum_{k=1}^{m+n}\frac{(-1)^{k}}{k}\right)\\ =\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \left((-1)^{(m+n)}\sum_{p=1}^{\infty}\frac{(-1)^{p}}{(m+n)+p}\pm(-1)^{m+n}\sum_{k=1}^{m+n}\frac{(-1)^{k}}{k}\right)\\ =\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty}\left( \color{red} { (-1)^{(m+n)}\sum_{p=1}^{\infty}\frac{(-1)^{p}}{(m+n)+p}+(-1)^{m+n}\sum_{k=1}^{m+n}\frac{(-1)^{k}}{k}}-(-1)^{m+n}\sum_{k=1}^{m+n}\frac{(-1)^{k}}{k}\right)\\ =\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \color{red} { (-1)^{(m+n)}\sum_{p=1}^{\infty}\frac{(-1)^{p}}{p}}-(-1)^{m+n}\sum_{k=1}^{m+n}\frac{(-1)^{k}}{k}\right)\\ =\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \color{red}{ (-1)^{(m+n)}\log(2)}-\Phi_{\text{Lerch}}(-1, 1, 1+n+m)+(-1)^{m+n}\log(2)\\ =\underbrace{\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{(m+n)}2\log(2)}_{=0?}-\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \Phi_{\text{Lerch}}(-1, 1, 1+n+m)\\ =-\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} \Phi_{\text{Lerch}}(-1, 1, 1+n+m)\;, $$ y aquí es donde me doy por vencido, por ahora. W|A puede hacer algunos ejemplos, que me hacen creer, que esto no convergen...

Ref: $-(-1)^{m+n}\sum_{k=1}^{m+n}\frac{(-1)^{k}}{k}=-\Phi_{\text{Lerch}}(-1, 1, 1+n+m)+(-1)^{m+n}\log(2)$