De Forma cerrada, la Solución a la Suma Infinita

Question

¿El convergente suma infinita $$ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^n + 1} $$ tiene una forma cerrada de la solución? Rápidamente la codificación de esto, la aproximación decimal parece ser $1.26449978\ldots$

Answer 1

La serie puede ser re-escrita en términos de la q-polygamma función de $\psi_q(z)$ cual es simplemente la derivada logarítmica de la q-función gamma $\Gamma_q(z)$. Ambos de los cuales son funciones especiales relacionadas con la teoría de la p-serie: $$\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^n+1}=\frac{\psi_{1/4}(1)-\psi_{1/2}(1)-\ln(3)}{\ln(2)}-\frac{3}{2}$$

También como consecuencia de varios artículos escritos por Erdos su suma es irracional. Erdos investigado serie similar' a la hora de estudiar y también demostrar la irracionalidad de un análogo convergente la serie conocida como la "Erdős–Borwein constante" - la suma de los recíprocos de todos los números de Mersenne.

También tiene varias otras series de representaciones:

$$\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^n+1}=\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^n-1}-\sum_{n=1}^\infty\frac{2}{2^{2n}-1}=\frac{1}{2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n}}{2^n-1}=\frac{1}{2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{\sum_{d\mid n}(-1)^d}{2^n}$$ $$=\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^{n^2}}\frac{(2^n+1)}{(2^n-1)}-2\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{4^{n^2}}\frac{(4^{n}+1)}{(4^{n}-1)}$$ $$=\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^{n^2}}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^{n^2}(2^n-1)}-2\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{4^{n^2}}-4\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{4^{n^2}(4^{n}-1)}$$ $$=1+\frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^\infty\frac{1}{2^{n^2}}-\sum_{n=-\infty}^\infty\frac{1}{4^{n^2}}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^{n^2}(2^n-1)}-4\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{4^{n^2}(4^{n}-1)}$$ $$=1+\frac{1}{2}\prod_{n=1}^\infty\frac{(2^{2n-1}+1)^2}{2^{6n-2}(2^{2n}-1)^{-1}}-\prod_{n=1}^\infty\frac{(2^{4n-2}+1)^2}{2^{12n-4}(2^{4n}-1)^{-1}}+\sum_{n=1}^\infty\frac{2}{2^{n^2}(2^n-1)}-\sum_{n=1}^\infty\frac{4}{4^{n^2}(4^{n}-1)}$$ Que viene de la Jacobi triple identidad del producto.

A pesar de que en términos de computación, yo diría que la tercera serie que me dio que llegó como resultado de una Lambert serie de la identidad de la convergencia más rápida con respecto a las otras expresiones que se enumeran:

$$\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^n+1}=\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^{n^2}}\frac{(2^n+1)}{(2^n-1)}-2\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{4^{n^2}}\frac{(4^{n}+1)}{(4^{n}-1)}$$

Ahora, en términos de "otra" forma cerrada", a continuación, en la parte superior que utiliza el p-polygamma función. Yo diría que es poco probable que usted va a encontrar otro ejemplo de la representación en términos de otra cosa, a continuación, un tipo similar de q-serie basada función especial. Aunque similares lambert de la serie y la serie q las expresiones pueden tomar algunas muy agradable la forma cerrada valores cuando a su entrada se evalúa en las exponenciales de valores en escala de $\pi$, como la serie dada en el enlace proporcionado por Mhenni Benghorbal.

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También en algo no relacionado nota, el interior de la suma parcial que aparece en la tercera serie de la representación me dio para que su suma: $$\sum_{d\mid n}(-1)^{d}=\frac{1}{2}(-1)^n\sum_{a^2-b^2=n}_{(a,b)\in \mathbb{Z}^2}1$$ Es equivalente a la mitad de la negativa a la $n^{th}$ de la potencia multiplicada por el número de representaciones de $n$ cuando la diferencia de los cuadrados de dos números enteros.

Answer 2

En primer lugar, usted necesita para encontrar la transformada de Mellin de la función

$$ \frac{1}{2^x+1}, $$

a continuación, continúe con la técnica en este problema.

Answer 3

(Demasiado largo para el comentario)

Para $n \ge 1$, $$ \frac{1}{1 + 2^n} = -\frac{(-1/2^n)}{1 - (-1/2^n)} = (-1/2^n) + (-1/2^n)^2 + (-1/2^n)^3 + (-2^n)^3 + \cdots $$

Lo cual es absolutamente convergente la serie. Por lo tanto, \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{1 + 2^n} &= \sum_{n = 1}^\infty \sum_{m = 1}^\infty \frac{(-1)^m}{2^{mn}} \\ &= \sum_{N = 1}^\infty \sum_{d | N} \frac{(-1)^d}{2^N} \\ &= \sum_{N = 1}^\infty \frac{1}{2^N}\left[ \text{# of even divisors of } N- \text{# of odd divisors of } N\right] \\ \end{align*} Dejando $N = 2^k l$ donde $l$ es impar, y dejando $\sigma_0$ el número de divisores de función, obtenemos \begin{align*} \sum_{l \text{ odd }= 1}^\infty \sum_{k = 0}^\infty \frac{1}{2^{2^k l}} \left[ k\sigma_0(l) - \sigma_0(l)\right] &= \sum_{l \text{ odd }= 1}^\infty \sigma_0(l) \sum_{k = 0}^\infty (k-1) \left(\frac{1}{2^l}\right)^{2^k} \\ \end{align*}