Verificar la exactitud de $\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{x^n}-\frac{1}{1+x^n}+\frac{1}{2+x^n}-\frac{1}{3+x^n}+\cdots\right)=\frac{\gamma}{x-1}$

Question

$x\ge2$

$\gamma=0.57725166...$

(1)

$$\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{x^n}-\frac{1}{1+x^n}+\frac{1}{2+x^n}-\frac{1}{3+x^n}+\cdots\right)=\frac{\gamma}{x-1}$$

La serie (1) converge muy lentamente, no estamos seguros de que (1) tenga forma cerrada $\frac{\gamma}{x-1}$

¿Puede alguien verificar (1)?

Answer 1

Para $x =2$ la identidad es verdadera.

Reclamación. $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2^n+k} = \gamma. $

Prueba. Primero reordenamos la suma dada:

$$ S := \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2^n+k} = \sum_{l = 2}^{\infty} \bigg( \sum_{\substack{(n,k) \ : \ 2^n + k = l \\ n \geq 1, k \geq 0}} \frac{(-1)^k}{2^n+k} \bigg) = \sum_{l = 2}^{\infty} \frac{(-1)^l}{l} \lfloor \log_2 l \rfloor. \tag{1} $$

(Para un lector atento: véase más abajo una prueba rigurosa.) A continuación, agrupa cada $2^n$ términos para escribir

$$ S = \sum_{n=1}^{\infty} n \bigg( \sum_{l=2^n}^{2^{n+1}-1} \frac{(-1)^l}{l} \bigg) = \sum_{n=1}^{\infty} n ( A_{n-1} - A_n ), $$

donde $A_n = H(2^{n+1}-1) - H(2^n-1)$ y $H(n) = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}$ es el $n$ -número armónico. Ahora el $N$ -La sexta suma parcial del lado derecho es

\begin {align*} \sum_ {n=1}^{N} n(A_{n-1} - A_n) &= (A_0 + \cdots + A_{N-1}) - N A_N \\ &= (N-1)H(2^N-1) - N H(2^{N+1}-1). \end {align*}

Tomando el límite como $N \to \infty$ da el límite deseado $\gamma$ . ////

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Observación. Dejemos que $f(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{z+k}$ .

1. Utilizando la fórmula $f(z) = \psi_0(z) - \psi_0(z/2) - \log 2$ junto con la expansión asintótica de $\psi_0(z)$ da una prueba mucho más corta.

2. Podemos comprobar que $f(z) = \frac{1}{2z} + \mathcal{O}(z^{-2})$ . Así, $$ \sum_{n=1}^{\infty} f(x^n) = \frac{1}{2(x-1)} + \mathcal{O}\left(\frac{1}{x^2} \right). $$ Esto nos indica que la fórmula propuesta es falsa, lo que ya han confirmado otros usuarios.

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Apéndice 1 - Una cuidadosa justificación de $\text{(1)}$ . El truco consiste en agrupar cada par de términos sucesivos para crear una suma no negativa. Luego, por el teorema de Tonelli, podemos reordenar libremente el orden de la suma.

\begin {align*} \sum_ {n=1}^{ \infty } \sum_ {k=0}^{ \infty } \frac {(-1)^k}{2^n+k} &= \sum_ {n=1}^{ \infty } \sum_ {k=0}^{ \infty } \frac {1}{(2^n+2k)(2^n+2k+1)} \\ &= \sum_ {l' = 1}^{ \infty } \bigg ( \sum_ { \substack {(m,k) \N - : \ 2^m + k = l' \\ m \geq 0, k \geq 0}} \frac {1}{(2^{m+1}+2k)(2^{m+1}+2k+1)} \bigg ) \\ &= \sum_ {l' = 1}^{ \infty } \frac {1 + \lfloor \log_2 l' \rfloor }{2l'(2l'+1)} \\ &= \sum_ {l' = 1}^{ \infty } \bigg ( \frac { \lfloor \log_2 (2l') \rfloor }{2l'} - \frac { \lfloor \log_2 (2l'+1) \rfloor }{2l'+1} \bigg ) \\ &= \sum_ {l = 1}^{ \infty } \frac {(-1)^l}{l} \lfloor \log_2 l \rfloor. \end {align*}

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Anexo 2 - Heurística. Utilizamos la siguiente expansión asintótica

$$ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{z+k} = \psi_0(z) - \psi_0(z/2) - \log 2 = \frac{1}{2z} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{B_{2k}}{2k} \frac{2^{2k}-1}{z^{2k}}, $$

donde $(B_k)$ son números de Bernoulli. (Nota: Esto es sólo una suma formal porque la expansión asintótica anterior no converge para cualquier $z$ . Sólo tiene sentido numérico cuando truncamos la suma). Entonces tenemos formalmente

\begin {align*} \sum_ {n=1}^{ \infty } \sum_ {k=0}^{ \infty } \frac {(-1)^k}{x^n + k} &= \frac {1}{2(x-1)} + \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {B_{2n}}{2n} \frac {2^{2n}-1}{x^{2n}-1} \\ &= \frac {1}{2(x-1)} + 2 \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {(-1)^{n-1} \Gamma (2n) \zeta (2n)}{(2 \pi )^{2n}} \frac {2^{2n}-1}{x^{2n}-1} \\ &= \frac {1}{2(x-1)} + 2 \int_ {0}^{ \infty } \bigg ( \sum_ {n=1}^{ \infty } (-1)^{n-1} \zeta (2n) \frac {2^{2n}-1}{x^{2n}-1} t^{2n-1} \bigg ) e^{-2 \pi t} \, \mathrm {d}t. \end {align*}

Aunque la suma en la última línea no converge para $t \geq x/2$ puede tener una continuación analítica en todo $t > 0$ . Entonces, con esa continuación, la última expresión puede tener sentido e incluso posiblemente dar la fórmula correcta para la suma original. En efecto, cuando $x = 2$ se deduce que

$$ 2 \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\zeta(2n) t^{2n-1} = \pi \coth \pi t - \frac{1}{t} $$

y por lo tanto

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2^n + k} \text{ “}=\text{" } \frac{1}{2} + \int_{0}^{\infty} \bigg( \pi \coth \pi t - \frac{1}{t} \bigg) e^{-2\pi t} \, \mathrm{d}t = \gamma. $$

Ahora sabemos que esta supuesta igualdad es realmente cierta. Así que el cálculo formal anterior parece dar la respuesta correcta (al menos para $x =2$ y, con suerte, para $x > 2$ ). Pero para $x > 2$ No tengo ni idea de lo que saldrá.

Answer 2

Desea probar y ver si lo siguiente es cierto:

$$\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k+x^n}=\frac\gamma{x-1}$$

Para $x=0$ ,

$$\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k}=-\gamma$$

$$\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k}=undefined\tag{$ k=0 $}$$

Así que... no, no son iguales. No creo que el LHS deba ser igual al derecho sólo para $x\ge2$ debido a la continuación analítica.

WolframAlpha dice lo siguiente:

$$\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k+x^n}=\sum_{k=0}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^k}{k+x^n}$$

$$=\sum_{k=0}^\infty\frac{2\psi_x^{(0)}\left(-\frac{\ln(-\frac kx)}{\ln(x)}\right)+2\ln(-\frac kx)+2\ln(x-1)+\ln(x)}{2k\ln(x)}$$

Por desgracia, wolfram alfa no puede tomar la suma de eso. Sin embargo, observo aquí, que para cualquier valor de $x$ es indefinido, ya que primero debemos evaluarlo para $k=0$ . Es indefinido para el numerador y el denominador.

Así que... ignoremos eso. Asumamos que podemos ignorar $k=0$ para más tarde.