¿Cómo probar que$\sum_{m\leqslant x}\sum_{n\leqslant x}\Big\{\frac{x}{m+n}\Big\}=\Big(2\log2-\frac{\pi^2}{12}\Big)x^2+O(x\log x)$?

Question

Probar $ #% de $$\sum{m\leqslant x}\sum{n\leqslant x}\Big{\frac{x}{m+n}\Big}=\Big(2\log2-\frac{\pi^2}{12}\Big)x^2+O(x\log x),$% #% Dónde está la parte fraccionaria del número real ${x}$.

Sé %#% $ $x$ #% dónde está la constante de Euler. Pero no sé si es útil. ¿Me puedes ayudar?

Answer 1

Escribir $\{x\} = x - \lfloor x\rfloor$,de s, de modo que \[\sum_{m \leq x} \sum_{n \leq x} \left\{ \frac{x}{m + n}\right\} = \sum_{m \leq x} \sum_{n \leq x} \frac{x}{m + n} - \sum_{m \leq x} \sum_{n \leq x} \left\lfloor \frac{x}{m + n}\right\rfloor.\] A continuación, tenga en cuenta que \[\sum_{m \leq x} \sum_{n \leq x} \left\lfloor \frac{x}{m + n}\right\rfloor = \sum_{m \leq x} \sum_{n \leq x} \sum_{\ell \leq \frac{x}{m + n}} 1 = \sum_{\ell \leq \frac{x}{2}} \sum_{n \leq \frac{x}{\ell} - 1} \sum_{m \leq \frac{x}{\ell} - n} 1.\] La suma de $m$$\lfloor x/\ell\rfloor - n$. La resultante de la suma de más de $n$ es \[\left\lfloor \frac{x}{\ell}\right\rfloor \left(\left\lfloor \frac{x}{\ell}\right\rfloor - 1\right) - \sum_{n \leq \frac{x}{\ell} - 1} n.\] A través de la suma parcial, \[\sum_{n \leq \frac{x}{\ell} - 1} n = \left(\frac{x}{\ell} - 1\right) \left(\left\lfloor \frac{x}{\ell} \right\rfloor - 1\right) - \int_{1}^{\frac{x}{\ell} - 1} \lfloor t\rfloor \, dt,\] y esta integral es igual a $\frac{1}{2} \left(\frac{x}{\ell} - 1\right)^2 + O(\frac{x}{\ell})$. De modo que la suma de $n$ $m$ se simplifica a \[\frac{x^2}{2 \ell^2} + O\left(\frac{x}{\ell}\right).\] La resultante de la suma de más de $\ell$ es \[\frac{x^2}{2} \sum_{\ell = 1}^{\infty} \frac{1}{\ell^2} - \frac{x^2}{2} \sum_{\ell > \frac{x}{2}} \frac{1}{\ell^2} + O(x \log x).\] La primera suma más de $\ell$$\zeta(2) = \pi^2/6$. El segundo es $O(1/x)$. Para esto se simplifica a \[\frac{\pi^2 x^2}{12} + O(x \log x).\]

Ahora nos ocupamos de \[\sum_{m \leq x} \sum_{n \leq x} \frac{x}{m + n} = x \sum_{m \leq x} \sum_{n \leq x} \frac{1}{m + n}.\] Nos ocupamos de la suma de $n$ a través de la suma parcial: es igual a \[\frac{\lfloor x\rfloor}{m + x} + \int_{1}^{x} \frac{\lfloor t \rfloor}{(m + t)^2} \, dt = \log \frac{m + x}{m + 1} + O\left(\frac{1}{m}\right)\] donde hemos utilizado el hecho de que $\lfloor x \rfloor = x - \{x\} = x + O(1)$, el hecho de que la antiderivada de $t/(m + t)^2$$m/(m + t) + \log(m + t)$, y el hecho de que la antiderivada de $1/(m + t)^2$$-1/(m + t)$.

Por lo que sigue siendo para evaluar \[\sum_{m \leq x} \log \frac{m + x}{m + 1} = \lfloor x\rfloor \log \frac{2x}{x + 1} + (x + 1) \int_{1}^{x} \frac{\lfloor t\rfloor}{(t + x)(t + 1)} \, dt.\] La antiderivada de $\frac{t}{(t + x)(t + 1)}$$\frac{x}{x - 1} \log \frac{t + x}{t + 1}$, y así, después de la simplificación, llegamos a $(2\log 2) x + O(\log x)$.