Evaluar

Question

<blockquote> <p>¿Cuál es el valor de <span class="math-container">$$S=1-\frac12-\frac13+\frac14+\frac15+\frac16-\cdots$ $</span> donde la señal alterna sobre los números triangulares?</p> </blockquote> <p>Para empezar, es fácil demostrar la convergencia. ¿La suma de cada conjunto de recíprocos ( <span class="math-container">$\{1/2,1/3\}$</span> y <span class="math-container">$\{1/4,1/5,1/6\}$</span>) puede ser escrita como <span class="math-container">$$\sum_{i=1}^n\frac1{\frac{n(n-1)}2+i},\quad n=1,2,\cdots$$ and it can be shown that it is monotonically decreasing (and tending towards zero) since \begin{align}\sum_{i=1}^n\frac1{\frac{n(n-1)}2+i}>\sum_{i=1}^{n+1}\frac1{\frac{n(n+1)}2+i}&\impliedby \sum_{i=1}^n\frac1{\frac{n(n-1)}2+i}-\sum_{i=1}^n\frac1{\frac{n(n+1)}2+i}>\frac2{n^2+3n+2}\\&\impliedby \sum_{i=1}^n\frac 1{(n^2-n+2i)(n^2+n+2i)}>\frac1{2n(n+1)(n+2)}\\&\impliedby \frac n{(n^2-n+2\cdot1)(n^2+n+2\cdot1)}>\frac1{2n(n+1)(n+2)}\\&\impliedby (n-2)(n^2+n+2)<2n^2(n+2)\\&\impliedby n^3+5n^2+4>0\end{align} Is there a closed-form expression for the value of $$ %S</span>?</p>

Answer 1

En otros términos queremos evaluar

$$ \sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}\left(H_{n(n+1)/2}-H_{n(n-1)/2}\right)=\int_{0}^{1}\sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}\frac{x^{n(n+1)/2}-x^{n(n-1)/2}}{x-1}\,dx$$ donde la teoría de las formas modulares asegura $$ \sum_{n\geq 0} x^{n(n+1)/2} = \prod_{n\geq 1}\frac{(1-x^{2n})^2}{(1-x^n)}=\prod_{n\geq 1}\frac{1-x^{2n}}{1-x^{2n-1}} $$ pero yo no lo veo como una manera fácil de introducir un $(-1)^n$ vuelta de tuerca en el lado izquierdo. Por otro lado, el de Euler-Maclaurin suma fórmula asegura $$ H_n = \log n + \gamma + \frac{1}{2n} - \sum_{m\geq 2}\frac{B_m}{m n^m} $$ en el sentido de Poisson. La sustitución de $n$ con $n(n\pm 1)/2$, $$ H_{\frac{n(n+1)}{2}}-H_{\frac{n(n-1)}{2}} = \log\left(\tfrac{n+1}{n-1}\right)+\tfrac{2}{(n-1)n(n+1)}-\sum_{m\geq 2}\tfrac{2^m B_m}{m n^m}\left(\tfrac{1}{(n-1)^m}-\tfrac{1}{(n+1)^m}\right) $$ luego multiplicando ambos lados por $(-1)^n$ y sumando más de $n\geq 2$: $$ \sum_{n\geq 2}(-1)^n\left(H_{\frac{n(n+1)}{2}}-H_{\frac{n(n-1)}{2}} \right)=\\=5\left(\log(2)-\tfrac{1}{2}\right)-\sum_{m\geq 2}\tfrac{2^m B_m}{m}\sum_{n\geq 2}(-1)^n\left(\tfrac{1}{n^m(n-1)^m}-\tfrac{1}{n^m(n+1)^m}\right) \\=5\left(\log(2)-\tfrac{1}{2}\right)-\sum_{m\geq 2}\frac{2^m B_m}{m}\left[\frac{1}{2^m}-2\sum_{n\geq 2}\frac{(-1)^m}{n^m(n+1)^m}\right]$$ donde la esencia más íntima de la serie es una combinación lineal de $\log(2),\zeta(3),\zeta(5),\ldots$ parcial por fracción de descomposición. Esto permite una razonable aproximación numérica de la serie original y una conversión en una doble serie que implican $\zeta(2a)\zeta(2b+1)$. No estoy seguro de que podemos hacerlo mejor que esto, pero me encantaría estar equivocado.

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Jugando un poco con las funciones, una aproximación de $\sum_{n\geq 0}(-1)^n x^{n(n+1)/2}$ sobre $[0,1]$ está dado por $\frac{1}{x+1}-x^2(1-x)^2$, por lo que el valor de la serie original tiene que estar cerca a $\log(2)-\frac{1}{6}$. Una mejor aproximación de la función es $\frac{1}{x+1}-x^2(1-x)^2+\frac{3}{4}x^4(1-x)\left(\frac{4}{5}-x\right)$, que conduce a la mejor aproximación para la serie: $\log(2)-\frac{53}{300}$. Un mayor refinamiento, $$ g(x)=\sum_{n\geq 0}(-1)^n x^{n(n+1)/2} \approx \frac{1+x+2x^2}{1+2x+5x^2}$$ conduce a $\color{red}{S\approx\frac{\pi+3\log 2}{10}}$. Podría ser interesante para describir cómo llegué a esta aproximación.
$g(0)$ e $g'(0)$ son dados directamente por la serie de Maclaurin, mientras que $\lim_{x\to 1^-}g(x)=\frac{1}{2}$ e $\lim_{x\to 1^-}g'(x)=-\frac{1}{8}$ puede ser encontrado a través de $\mathcal{L}(f(e^{-x}))(s)$.
$g(x)$ es convexa y la disminución en el $(0,1)$ y cualquier aproximación de las $$ \frac{1+ax+(1+a)x^2}{1+(1+a)x+(2+3a)x^2}$$ tipo con $a$ en un rango coincide con tales restricciones y los valores de $g$ e $g'$ en los extremos de $(0,1)$. Todavía tenemos la libertad para escoger $a$ de tal manera que la derivada de la aproximación es a la vez simple y lo suficientemente preciso - me acaba de recoger $a=1$.