Cálculo de una extraña serie

Question

Es posible encontrar una expresión para: $$S(N)=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{\sum_{n=0}^{N}k^n}?$$

Para $N=1$ hemos

$$S(1) = \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{1 + k} = \displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k}$$

que es el (divergente) serie armónica. Por lo tanto, $S (1) = \infty$.

Para $N=2$ esta suma es: $$S(2)=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{1+k+k^2}$$ que puede ser expresado como: $$S(2)=-1+\frac{1}{3}\sqrt 3 \pi \tanh(\frac{1}{2}\pi\sqrt 3)\approx 0.798$$

Para $N=3$ tenemos: $$S(3)=\frac{1}{4}\Psi(I)+\frac{1}{4I}\Psi(I)-\frac{1}{4I}\pi\coth(\pi)+\frac{1}{4}\pi\coth(\pi)+\frac{1/}{4}\Psi(1+I)-\frac{1}{4I}\Psi(1+I)-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\gamma \approx 0.374$$

Answer 1

Realizar un parcial fracción de descomposición: $$\frac{1}{p(k)} = \frac{1}{1+k+\cdots+k^{n-1}} = \frac{1}{ \prod_{m=1}^{n-1}\left(k-\exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right)\right)} = \sum_{m=1}^{n-1} \frac{1}{k-\exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right)} \frac{1}{p^\prime\left(\exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right)\right)}$$ Ahora: $$p^\prime\left(z\right) = \sum_{m=1}^{n-1} m z^{m-1} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z} \sum_{m=0}^{n-1} z^{m} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z} \frac{1-z^n}{1-z} = \frac{z z z-z^n (n-z(n-1))}{z (1-z)^2}$$ Por lo tanto, el uso de $z^n=1$$z=\exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right)$: $$c_m := \frac{1}{p^\prime\left(\exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right)\right)} = \frac{1}{n} \exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right) \left( \exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right) - 1 \right) = \frac{1}{n} \exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right) \left( \exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right) - 1 \right)$$ Así tenemos, y el uso de $\sum_{m=1}^{n-1} c_m = 0$: $$\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{p(k)} &=& \sum_{k=0}^\infty \sum_{m=1}^{n-1} \frac{c_m}{k-\exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right)} = \sum_{k=0}^\infty \sum_{m=1}^{n-1} c_m \left(\frac{1}{k-\exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right)} - \frac{1}{k+1}\right) \\ &=& -\sum_{m=1}^{n-1} c_m \sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{k+1} - \frac{1}{k-\exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right)}\right) \\ &=& -\sum_{m=1}^{n-1} c_m \left( \gamma + \psi\left(-\exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right)\right)\right) \end{eqnarray}$$ De nuevo, haciendo uso de $\sum_{m=1}^{n-1} c_m = 0$ llegamos a: $$\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{1+k+\cdots+k^{n-1}} = \sum_{m=1}^{n-1} \frac{1}{n} \exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right) \left(1- \exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right) \right) \cdot \psi\left(-\exp\left(i \frac{2 \pi}{n} m \right)\right)$$ donde $\psi(x)$ denota la función digamma.

Answer 2

Deje $T(N) = S(N-1)$. Entonces

$$\begin{align*}T(n) &= 1 + \frac{1}{n} + \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k^{n-1}+k^{n-2}+\cdots+k+1} \\ &= 1 + \frac{1}{n} + \sum_{k=2}^{\infty} \frac{k - 1}{k^n - 1} \\ &= 1 + \frac{1}{n} + \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{n} \sum_{l=1}^{n-1} \frac{\omega_l (\omega_l - 1)}{k - \omega_l} \\ &= 1 + \frac{1}{n} + \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{n} \sum_{l=1}^{n-1} \frac{\omega_l (\omega_l - 1)}{k + 2 - \omega_l}, \end{align*}$$

donde $\omega_l = \exp\left(\tfrac{2\pi l i}{n}\right)$. Desde

$$\frac{1}{n} \sum_{l=0}^{n-1} \omega_l (\omega_l - 1) = 0,$$

podemos escribir

$$\begin{align*}T(n) &= 1 + \frac{1}{n} + \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{n} \sum_{l=1}^{n-1} \omega_l (\omega_l - 1) \left( \frac{1}{k + 2 - \omega_l} - \frac{1}{k+1} \right) \\ &= 1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n} \sum_{l=1}^{n-1} \omega_l (\omega_l - 1) \sum_{k=0}^{\infty} \left( \frac{1}{k + 2 - \omega_l} - \frac{1}{k+1} \right) \\ &= 1 + \frac{1}{n} - \frac{1}{n} \sum_{l=1}^{n-1} \omega_l (\omega_l - 1) \left( \gamma + \psi_0 (2 - \omega_l) \right) \\ &= 1 + \frac{1}{n} - \frac{1}{n} \sum_{l=1}^{n-1} \omega_l (\omega_l - 1) \psi_0 (2 - \omega_l). \end{align*}$$

Answer 3

$$S(N)=1+\frac1{N+1}+\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\zeta((N+1)k-1)-\zeta((N+1)k)\right)$$

Answer 4

Aquí es un método que utiliza la Mellin transforma para enriquecer la colección de las soluciones. Escribir

$$S(N) = 1 + \frac{1}{N+1} + \sum_{k\ge 2} \frac{1}{\sum_{n=0}^N k^n} = 1 + \frac{1}{N+1} + \sum_{k\ge 2} \frac{k-1}{k^{N+1}-1} \\= 1 + \frac{1}{N+1} + \sum_{k\ge 2} \frac{k}{k^{N+1}-1} - \sum_{k\ge 2} \frac{1}{k^{N+1}-1}.$$

Hay dos armónico sumas con la misma función de base aquí, que nos ahora evaluar.

Introducir $$S_1(x, M) = \sum_{k\ge 2} \frac{1}{(xk)^M-1} \quad\text{y}\quad S_2(x, M) = \sum_{k\ge 2} \frac{k}{(xk)^M-1}$$ así que estamos interesados en $S_2(1, N+1)-S_1(1, N+1).$

Recordar que el armónico suma de identidad $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1} \lambda_k g(\mu_k x);s\right) = \left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} \right) g^*(s)$$ donde $g^*(s)$ es la transformada de Mellin $g(x).$

En el presente caso tenemos para $k\ge 2$ que (do $S_1$ $S_2$ le siga) $$\lambda_k = 1, \quad \mu_k = k \quad \text{y} \quad g(x) = \frac{1}{x^M-1}.$$

Necesitamos la Mellin transformar $g^*(s)$ $g(x)$ que es $$\int_0^\infty \frac{1}{x^M-1} x^{s-1} dx.$$ Tomamos $M = N+1 > 2$ ya que la suma desde el principio diverge cuando $N=1.$

Los fundamentales de la tira de esta transformación es Mellin $\langle 0,M\rangle.$ Vamos de hecho, el uso de $\langle 0, M-1\rangle$

Ahora vamos a evaluar esta (aparentemente divergentes) transformar utilizamos una rebanada contorno con la parte inferior de la rebanada alineado con el polo positivo eje real y el origen. El ángulo de la rebanada es $2\pi/M.$ El radio de la rebanada es $R$ y nos vamos a ir hasta el infinito, de modo que podemos ver fácilmente la contribución del arco que conecta a los dos lados rectos se desvanece por el ML obligado porque su longitud es de $\Theta(R)$ y el integrando es $$\Theta(1/R^M\times R^{(M-1)-1}) = \Theta(1/R^2).$$

Vamos a ser la integración a través de los polos en $x=1$ e $x=\exp(2\pi i/M),$ así recoger la mitad de los residuos de estos polos. El integral a lo largo del lado horizontal $\Gamma_1$ de la rebanada es nuestro transformar $g^*(s)$. La contribución del arco llamarlo $\Gamma_2$ se desvanece. A lo largo de los laterales inclinadas llamarlo $\Gamma_3$ ponemos $x=\exp(2\pi i/M)t$ obtener la siguiente integral:

$$\int_{\Gamma_3} \frac{1}{x^M-1} x^{m-1} dx \\= \exp(2\pi i/M) \int_\infty^0 \frac{1}{(\exp(2\pi i/M) t)^M-1} (\exp(2\pi i/M) t)^{m-1} dt \\ = - \exp(2\pi i/M) \int_0^\infty \frac{1}{t^M-1} (\exp(2\pi i/M) t)^{m-1} dt \\= - \exp(2\pi i \times s/M) \int_0^\infty \frac{1}{t^M-1} t^{m-1} dt = - \exp(2\pi i \times s/M) \times g^*(s).$$

Poniendo todo esto junto con que contamos para $g^*(s)$ que $$g^*(s) = \left(1-e^{2\pi i \times s/M}\right) = \pi i \left( \mathrm{Res}\left(\frac{1}{x^M-1} x^{m-1}; x=1\right)+ \mathrm{Res}\left(\frac{1}{x^M-1} x^{m-1}; x=\exp(2\pi i/M)\right) \right).$$

Estos polos son simples y pueden ser evaluados con un único derivado que da $1/(M x^{M-1})$ y produce $$\pi i \left(\frac{1}{M} + \frac{1}{M \exp(2\pi i/M)^{M-1}} \exp(2\pi i \times (s-1)/M)\right).$$ Este es $$\frac{\pi i}{M} \left(1 + \exp(2\pi i \times (s-1-(M-1))/M)\right) \\= \frac{\pi i}{M} \left(1 + \exp(2\pi i \times (s-M)/M)\right) \\= \frac{\pi i}{M} \left(1 + \exp(2\pi i \times s/M)\right).$$ Volviendo a $g^*(s)$ se obtiene finalmente $$g^*(s) = \frac{\pi i}{M} \frac{1 + e^{2\pi i \times s/M}}{1-e^{2\pi i \times s/M}} = \frac{\pi}{M} \frac{i(e^{-\pi i \times s/M} + e^{\pi i \times s/M})} {e^{-\pi i \times s/M}-e^{\pi i \times s/M}} = - \frac{\pi}{M} \cuna(\pi s/M).$$

De ello se desprende que la Mellin transformar $Q_1(s)$ de la suma de armónicos $S_1(x,M)$ está dado por

$$Q_1(s) = - \frac{\pi}{M} \cuna(\pi s/M) (-1+\zeta(s)) \\ \text{porque}\\ \sum_{k\ge 2} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \sum_{k\ge 2} \frac{1}{k^s} = -1+\zeta(s)$$ para $\Re(s) > 1.$

Del mismo modo el Mellin transformar $Q_2(s)$ de la suma de armónicos $S_2(x,M)$ está dado por

$$Q_2(s) = - \frac{\pi}{M} \cuna(\pi s/M) (-1+\zeta(s-1)) \\ \text{porque}\\ \sum_{k\ge 2} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \sum_{k\ge 2} k \times \frac{1}{k^s} = -1+\zeta(s-1)$$ para $\Re(s) > 2.$

El Mellin de inversión integral para la primera de ellas es $$\frac{1}{2\pi i} \int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty} Q_1(s)/x^s ds$$ de la cual evaluamos por desplácelo hacia la derecha para una ampliación sobre infinito. Para el segundo tenemos $$\frac{1}{2\pi i} \int_{5/2-i\infty}^{5/2+i\infty} Q_2(s)/x^s ds$$

Ahora tenga en cuenta que el primer poste a la derecha de la abscisa de la convergencia es en $s=M$ y desde $M\ge 3>5/2>3/2$ hecho podemos unir estos dos de la inversión de las integrales y escribir

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{5/2-i\infty}^{5/2+i\infty} (Q_2(s)-Q_1(s))/x^s ds$$ que es (el signo menos desaparece, porque somos la integración de las agujas del reloj en el mitad derecha del plano -) $$\frac{1}{2\pi i} \int_{5/2-i\infty}^{5/2+i\infty} \frac{\pi}{M} \cuna(\pi s/M) (\zeta(s-1)-\zeta(s))/x^s ds.$$ Observar que $$\mathrm{Res}\left(\cot(\pi s/M); s=qM\right) = \frac{M}{\pi}$$ con $q$ un entero.

La recolección de los residuos en los polos en$s = qM$, en la mitad derecha plano y a la configuración de $x=1$ obtenemos la serie convergente para $S_2(1, M)-S_1(1, M)$

$$\sum_{q\ge 1} \frac{\pi}{M} \frac{M}{\pi} (\zeta(qM-1)-\zeta(qM)) = \sum_{q\ge 1} (\zeta(qM-1)-\zeta(qM)).$$

Volviendo a $N$ y la suma empezamos con podemos confirmar la anteriores resultado que $$S(N) = 1 + \frac{1}{N+1} + \sum_{q\ge 1} (\zeta(p(N+1)-1)-\zeta(p(N+1))).$$