¿Puede alguien evaluar la siguiente suma para mí? $$\sum\limits_{n=2}^\infty(-1)^n\left(\frac{\psi(n)}{n}-\frac{\Lambda(n)}{2n}\right),$$ donde $\psi(n)$ es el Función de Chebyshev y $\Lambda(n)$ es el Función Von Mangoldt .
Intenté utilizar el hecho de que la función de Chebyshev es la función sumatoria de Von Mangoldt, pero no sirvió de nada. Sólo me interesa el valor numérico.
He intentado encontrar una forma cerrada exacta para esta suma, pero una parte queda como una serie de convergencia bastante rápida. La suma original tampoco es totalmente convergente, pero puede normalizarse a un valor convergente. $$ S= \sum_{k=2}^{\infty}{(-1)^k}\left(\frac{\psi(k)}{k} - \frac{\Lambda(k)}{2k}\right) = \sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k}\left(\psi(k) - \frac{\Lambda(k)}{2}\right) $$ Este término interno se hace igual a la función de Chebyshev normalizada $\psi_0(k)$ . Como esto tiene la forma cerrada. $$ \psi_0(x)=x-\sum_\rho{\frac{x^\rho}{\rho}}-\ln(2\pi)-\frac{1}{2}\ln\left(1-x^{-2}\right) \\ \frac{\psi_0(x)}{x}=1-\sum_\rho{\frac{x^{\rho-1}}{\rho}}-\frac{\ln(2\pi)}{x}-\frac{1}{2x}\ln\left(1-x^{-2}\right) $$ Donde $\rho$ es un cero no trivial de la función zeta de Riemann. Esto implica que la suma inicial es: $$ S= \sum_{k=2}^{\infty}{(-1)^k}\frac{\psi_0(k)}{k} \\ S= \sum_{k=2}^{\infty}{(-1)^k}\left(1-\sum_\rho{\frac{k^{\rho-1}}{\rho}}-\frac{\ln(2\pi)}{k}-\frac{1}{2k}\ln\left(1-k^{-2}\right)\right)\\S= \sum_{k=2}^{\infty}{(-1)^k}-\sum_{k=2}^{\infty}{(-1)^k}\sum_\rho{\frac{k^{\rho-1}}{\rho}}-\sum_{k=2}^{\infty}{(-1)^k}\frac{\ln(2\pi)}{k}-\sum_{k=2}^{\infty}{(-1)^k}\frac{1}{2k}\ln\left(1-k^{-2}\right) $$ La segunda suma puede evaluarse intercambiando el orden de la suma: $$ \sum_{k=2}^{\infty}{(-1)^k}\sum_\rho{\frac{k^{\rho-1}}{\rho}}=\sum_\rho\frac{1}{\rho}\sum_{k=2}^{\infty}{(-1)^k}{k^{\rho-1}}\\=-\sum_\rho{\frac{\eta(1-\rho)-1}{\rho}}=\sum_\rho{\frac{1}{\rho}}=\frac{\gamma}{2}+1-\frac{1}{2}\ln(4\pi) $$ La tercera es sólo una forma del logaritmo natural de 2: $$ \sum_{k=2}^{\infty}{(-1)^k}\frac{\ln(2\pi)}{k}=\ln(2\pi)\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k}=\ln(2\pi)(\ln(2)-1) $$ La última suma no parece tener una forma cerrada agradable pero da una aproximación decente de: $$ \sum_{k=2}^{\infty}{(-1)^k}\frac{1}{2k}\ln\left(1-k^{-2}\right)\approx-0.05773249... $$ La primera suma da un valor de 1 o 0 dependiendo de una suma parcial par o impar, es decir, la Serie de Grandi. Esto hace que la suma inicial sea divergente. La serie de Grandi tiene la normalización de $\frac{1}{2}=\eta(0)$ , dando tres posibles sumas.
Como límite inferior: $$ S_1=0-\frac{\gamma}{2} -1 +\frac{\ln(4\pi)}{2}-\ln(2\pi)(\ln(2)-1)-\sum_{k=2}^{\infty}{(-1)^k}\frac{1}{2k}\ln\left(1-k^{-2}\right)\\=-1-\frac{\gamma}{2} -\frac{\ln(\pi)}{2}-\ln(2\pi)\ln(2)-\sum_{k=2}^{\infty}{(-1)^k}\frac{1}{2k}\ln\left(1-k^{-2}\right)\\ \approx -1-\frac{\gamma}{2} -\frac{\ln(\pi)}{2}-\ln(2\pi)\ln(2)+0.05773249...\approx -.5293209... $$ Para un límite superior: $$ S_2=S_1+1\approx .40679021... $$ Como la suma normalizada: $$ S_3=S_1+\frac{1}{2}\approx-.02932097... $$
El valor normalizado es el más correcto, ya que los otros dos son sólo líos divergentes, pero lamentablemente la última suma de logaritmos naturales no parece tener una forma cerrada agradable.
Sólo una respuesta parcial. Dejemos que $$f(k)=\sum\limits_{n=2}^k(-1)^n\left(\frac{\psi(n)}{n}-\frac{\Lambda(n)}{2n}\right).$$ Los valores de $f$ son
Estás pidiendo $\lim_{k \rightarrow \infty} f(k)$ pero tampoco sé cómo demostrar que esta serie es convergente o no.
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