¿Para qué valores de los verdaderos $ \alpha , \beta $ hace $ \sum_ {n,m \ge 1} \frac {1}{n^{ \alpha }+ m^{ \beta }}$ convergen?

Question

Me preguntaba cómo es que la serie $$ \sum_ {n,m \ge 1} \frac {1}{n^{ \alpha }+ m^{ \beta }}$$ se comportan de verdad $ \alpha , \beta > 0$ .

Mi enfoque: primero consideré el caso $ \alpha = \beta > 2$ . Luego $$ \lim_ {m \to + \infty } \sum_ {n \ge 1} \frac {m^{ \alpha -1}}{n^{ \alpha }+ m^{ \alpha }} = \lim_ {m \to + \infty } \frac {1}{m} \sum_ {n \ge 1} \frac {1}{(n/m)^{ \alpha }+1} = \int_0 ^{+ \infty } \frac {1}{x^{ \alpha }+1} \mathrm {d} x = C < \infty $$ para que $$ \sum_ {m=1}^{+ \infty } \sum_ {n=1}^{+ \infty } \frac {1}{n^{ \alpha }+ m^{ \alpha }} = \sum_ {m=1}^{+ \infty } O \left ( \frac {1}{m^{ \alpha -1}} \right )$$ es convergente.

Usando un método similar, probé que si $ \alpha = \beta \le 2$ entonces la serie es divergente.

Sin embargo, este método no funciona para $ \alpha \neq \beta $ y lo único que he podido concluir es que si ambos $ \alpha , \beta > 2$ entonces tenemos convergencia, si ambos $ \alpha , \beta \le 2$ entonces tenemos divergencia.

¿Cómo podemos estudiar el caso $ \alpha \le 2 < \beta $ ?

Answer 1

Se puede ver la suma como la integral sobre $[1,\infty) \times [1,\infty)$ de la función cuyo valor en $[m,m+1) \times [n,n+1)$ es ${\displaystyle {1 \over m^{\beta} + n^{\alpha}}}$ . Este integrante está dentro de un factor fijo de ${\displaystyle {1 \over x^{\beta} + y^{\alpha}}}$ por lo que lo que se pide es equivalente a determinar la convergencia de $$\int_1^{\infty}\int_1^{\infty} {dx\,dy \over x^{\beta} + y^{\alpha}}$$ Dejemos que $x = X^{2 \over \beta}$ y $y = Y^{2 \over \alpha}$ . Entonces esto se convierte en $${4 \over \alpha \beta}\int_1^{\infty}\int_1^{\infty} { x^{{2 \over \beta}- 1}y^{{2 \over \alpha} - 1}\over x^2 + y^2}\,dx\,dy$$ Convirtiendo a polar esto se convierte en una integral de la forma $${4 \over \alpha \beta}\int_D r^{{2 \over \alpha } + {2 \over \beta} - 3} \cos(\theta)^{{2 \over \beta} - 1}\sin(\theta)^{{2 \over \alpha} - 1}\,dr\,d\theta$$ Porque $\cos(\theta)^{{2 \over \beta} - 1}\sin(\theta)^{{2 \over \alpha} - 1}$ es integrable, en vista de la forma del dominio, la integral anterior convergerá si y sólo si la potencia de $r$ que aparece es menor que $-1$ . Así que la condición es que ${\displaystyle {2 \over \alpha } + {2 \over \beta} - 3 < - 1}$ lo que equivale a $${1 \over \alpha} + {1 \over \beta} < 1$$

Answer 2

Dejemos que $R(N)$ sea el número de soluciones $(n,m)\in\mathbb{N}^+\times\mathbb{N}^+$ de $n^{\alpha}+m^{\beta}\leq N$ . Tenemos: $$ R(N)\approx \sum_{k=1}^{N^{1/\alpha}}(N-k^{\alpha})^{1/\beta}=N^{1/\beta}\sum_{k=1}^{N^{1/\alpha}}\left[1-\left(\frac{k}{N^{1/\alpha}}\right)^{\alpha}\right]^{1/\beta}$$ que por sumas de Riemann se comporta como: $$ R(N) \approx N^{1/\beta+1/\alpha}\int_{0}^{1}(1-x^{\alpha})^{1/\beta}\,dx = N^{1/\alpha+1/\beta}\cdot \frac{\Gamma\left(1+\frac{1}{\alpha}\right)\Gamma\left(1+\frac{1}{\beta}\right)}{\Gamma\left(1+\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}\right)}.$$ De ello se desprende que $R(N+k)-R(N)$ se comporta como $N^{1/\alpha+1/\beta-1}$ pero por condensación la convergencia/divergencia de la serie original sólo depende de la convergencia/divergencia de la serie $$ \sum_{N\geq N_0}\frac{R(N+k)-R(N)}{N} \sim \sum_{N\geq N_0}\frac{R(N+k)-R(N)}{N+k}. $$ Sin embargo, la serie $$ \sum_{N\geq N_0}\frac{N^{\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}-1}}{N} $$ es convergente si

$$\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}< 1. $$

Podemos ver que la última es una condición suficiente también al reindexar la serie doble original, y luego aplicar La desigualdad de Hilbert ( $\ell^p$ versión).