$\sum_{k=0}^\infty\frac{ (-1)^{\left\lfloor\frac kn\right\rfloor}}{k+1}$

Question

Mientras probaba un programa me encontré con una interesante igualdad: $$ \sum_{k=0}^\infty\frac{ (-1)^{\left\lfloor\frac kn\right\rfloor}}{k+1} =\frac1n\left[\log2+\frac\pi2\sum_{k=1}^{n-1}\tan\frac{k\pi}{2n}\right], $$ que generaliza la conocida identidad para $n=1$ . ¿Existe una forma sencilla de demostrarlo?

Answer 1

Para $n \in \mathbb{N}$ escribir $k = m n + l - 1$ con $m \in \mathbb{N}_0$ y $l \in \{1,\dots,n\}$ . Entonces $\left\lfloor \frac{k}{n} \right\rfloor = m$ Así que \begin {align} S_n & \equiv \sum \limits_ {k=0}^ \infty \frac {(-1)^{ \left\lfloor \frac {k}{n} \right\rfloor }}{k+1} \stackrel {1.}{=} \sum \limits_ {l=1}^n \sum \limits_ {m=0}^ \infty \frac {(-1)^m}{m n +l} = \frac {1}{n} \left [ \sum \limits_ {m=0}^ \infty \frac {(-1)^m}{m+1} + \sum \limits_ {l=1}^{n-1} \sum \limits_ {m=0}^ \infty \frac {(-1)^m}{m + \frac {l}{n}} \right ] \\ & \equiv \frac {1}{n} \left [ \log (2) + \sum \limits_ {l=1}^{n-1} a_l \right ] , \end {align} donde $$ a_l = \sum \limits_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{m + \frac{l}{n}} \stackrel{2.}{=} \sum \limits_{j=0}^\infty \left[\frac{1}{2j + \frac{l}{n}} - \frac{1}{2j+1 + \frac{l}{n}}\right] , \, l \in \{1,\dots,n-1\}.$$ Para $l \in \{1,\dots,n-1\}$ considere \begin {align} a_l + a_{n-l} &= \sum \limits_ {j=0}^ \infty \left [ \frac {1}{2j + \frac {l}{n}} - \frac {1}{2j+1 + \frac {l}{n}} + \frac {1}{2j+1- \frac {l}{n}} - \frac {1}{2j+2 - \frac {l}{n}} \right ] \\ & \stackrel {3.}{=} \frac { \pi }{2} \left [8 \frac {l \pi }{2n} \sum \limits_ {j=0}^ \infty \frac {1}{(2j+1)^2 \pi ^2 - 4 \left ( \frac {l \pi }{2n} \right )^2} + \frac {2n}{l \pi } + 2 \frac {l \pi }{2n} \sum \limits_ {j=1}^ \infty \frac {1}{ \left ( \frac {l \pi }{2n} \right )^2 - j^2 \pi ^2} \right ] \\ &= \frac { \pi }{2} \left [ \tan \left ( \frac {l \pi }{2n} \right ) + \cot \left ( \frac {l \pi }{2n} \right ) \right ] = \frac { \pi }{2} \left [ \tan \left ( \frac {l \pi }{2n} \right ) + \tan \left ( \frac {(n-l) \pi }{2n} \right ) \right ] . \end {align} Las expansiones de los polos de $\tan$ y $\cot$ se discuten aquí y aquí respectivamente. Esto también funciona para $l = \frac{n}{2}$ si $n$ es par, por lo que obtenemos $$ S_n = \frac{1}{n}\left[\log(2) + \frac{\pi}{2} \sum \limits_{l=1}^{n-1} \tan \left(\frac{l \pi}{2n}\right)\right]$$ como se conjetura.

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Justificación de las reordenaciones:

1. Para $L \in \{1,\dots,n\}$ y $M \in \mathbb{N}_0$ tenemos $$ \sum \limits_{k=0}^{M n + L - 1} \frac{(-1)^{\left\lfloor \frac{k}{n} \right\rfloor}}{k+1} = \sum \limits_{l=1}^L \sum \limits_{m=0}^M \frac{(-1)^m}{m n +l} + \sum \limits_{l=L+1}^n \sum \limits_{m=0}^{M-1} \frac{(-1)^m}{m n +l} \stackrel{M \to \infty}{\longrightarrow} \sum \limits_{l=1}^n \sum \limits_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{m n +l} \, . $$ Por lo tanto, la secuencia $ \left(\sum_{k=0}^{K} \frac{(-1)^{\left\lfloor k/n \right\rfloor}}{k+1}\right)_{K \in \mathbb{N}_0}$ está acotado y tiene exactamente un punto límite (a saber $\sum_{l=1}^n \sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{m n +l}$ ), al que debe converger.
2. Para $M \in \mathbb{N}_0$ tenemos \begin {align} \sum \limits_ {m=0}^M \frac {(-1)^m}{m + \frac {l}{n}} &= \sum \limits_ {j=0}^{ \left\lfloor \frac {M}{2} \right\rfloor } \frac {1}{2j + \frac {l}{n}} - \sum \limits_ {j=0}^{ \left\lfloor \frac {M-1}{2} \right\rfloor } \frac {1}{2j + 1 + \frac {l}{n}} \\ &= \sum \limits_ {j=0}^{ \left\lfloor \frac {M}{2} \right\rfloor } \left [ \frac {1}{2j + \frac {l}{n}} - \frac {1}{2j+1 + \frac {l}{n}} \right ] + \frac { \mathbf {1}_{2 \mathbb {N}} (M)}{M+1 + \frac {l}{n}} \end {align} y dejar que $M \to \infty$ demuestra la igualdad afirmada.
3. Para $J \in \mathbb{N}_0$ podemos escribir $$ \sum \limits_{j=0}^J \left[\frac{1}{2j + \frac{l}{n}} - \frac{1}{2j+2 - \frac{l}{n}}\right] = \frac{n}{l} - \frac{1}{2J + 2 - \frac{l}{n}} + \sum \limits_{j=1}^{J} \left[\frac{1}{2j + \frac{l}{n}} - \frac{1}{2j - \frac{l}{n}}\right] .$$ Ambos lados convergen como $J \to \infty$ y los límites deben ser iguales.