Para cada entero positivo $k$, que $A(k)$ sea el número de divisores impares de $k$ en el intervalo $[1, \sqrt{2k})$. Qué es %#% $ #%
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Tenemos que $$\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\frac{A(k)}{k}=\left(\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\right)^2=\frac{\pi^2}{16}.$$
En primer lugar, nos gustaría arreglar los términos de esta serie, pero tenemos que tener mucho cuidado al hacerlo, ya que este es un condicionalmente convergente la serie. Para hacer las cosas con rigor, tenemos que truncar y tomar límites, y así definir $$T(x)=\sum_{k\leq x}(-1)^{k-1}\frac{A(k)}{k}$$ de modo que $T=\lim_{x\rightarrow\infty}T(x)$ es la serie en cuestión. Escribir $$A(k)=\sum_{\begin{array}{c} d|k,\ d\text{ odd}\\ d\leq\sqrt{2k} \end{array}}1$$ y cambiar el orden de la suma obtenemos $$T(x)=\sum_{k\leq x}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{\begin{array}{c} d|k,\ d\text{ odd}\\ d<\sqrt{2k} \end{array}}1=\sum_{\begin{array}{c} d<\sqrt{2x}\\ d\text{ odd} \end{array}}\sum_{\begin{array}{c} d^{2}/2<k\leq x\\ d|k \end{array}}\frac{(-1)^{k-1}}{k}=\sum_{\begin{array}{c} d<\sqrt{2x}\\ d\text{ odd} \end{array}}\frac{1}{d}\sum_{\frac{d}{2}<k\leq\frac{x}{d}}\frac{(-1)^{k-1}}{k}.$$ Let $S(x)=\sum_{k\leq x}\frac{(-1)^{k-1}}{k}$ y tenga en cuenta que $S\left(\frac{x}{d}\right)=\log2+O\left(\frac{d}{x}\right)$. Por lo tanto $$T(x)=\sum_{\begin{array}{c} d\leq\sqrt{2x}\\ d\text{ odd} \end{array}}\frac{1}{d}\left[S\left(\frac{x}{d}\right)-S\left(\frac{d}{2}\right)\right]=\sum_{\begin{array}{c} d\leq\sqrt{2x}\\ d\text{ odd} \end{array}}\frac{1}{d}\left[\log2-S\left(\frac{d}{2}\right)\right]+O\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)$$ and so upon taking $x\rightarrow \infty$ we have that $$T=\sum_{d\text{ odd}}\frac{1}{d}\sum_{k>\frac{d}{2}}\frac{(-1)^{k-1}}{k}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{\begin{array}{c} d<2k\\ d\text{ odd} \end{array}}\frac{1}{d}.$$ Now, we can write this as $$\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{j=1}^{k}\left(\frac{1}{2j-1}+\frac{1}{2k-(2j-1)}\right).$$ Truncating the first sum at $k=N$, we have $$T=\lim_{N\rightarrow \infty}\sum_{j=1}^{N}\sum_{k=j}^{N}\frac{(-1)^{k-1}}{(2j-1)(2k-(2j-1))}.$$ El desplazamiento de la segunda suma a empezar a $k=1$, esto se convierte en $$T=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{j=1}^{N}\frac{(-1)^{j-1}}{(2j-1)}\sum_{k=1}^{N-j+1}\frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)}= \lim_{N\rightarrow\infty}\left(\sum_{j=1}^{N}\frac{(-1)^{j-1}}{(2j-1)}\right)^2-\lim_{N\rightarrow \infty}\sum_{j=1}^{N}\frac{(-1)^{j-1}}{(2j-1)}\sum_{N-j+2}^{N}\frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)}.$$ Now, the second term goes to zero, and the first term is the square of the well known Leibniz series for $\pi/4$. Thus $$\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\frac{A(k)}{k}=\frac{\pi^2}{16}.$$
