Demostrando que $\sum_{(m,n)\in \Bbb Z \times \Bbb Z}\frac{1}{m^2+n^2+1}$ diverge.

Question

Yo debo demostrar que $$\sum_{(m,n)\in \Bbb Z \times \Bbb Z}\frac{1}{m^2+n^2+1}$$ diverges. I understand that given $K > 0$, I must find a finite subset of $\Bbb Z \times \Bbb Z$, say, $F$, such that $\sum_{(m,n)\in F}\frac{1}{m^2+n^2+1} > K$.

Sé que no puedo ser perezoso y sólo a pie en las diagonales, porque $\sum 1/(2n^2+1) < +\infty$.

Llame a $Q_n = ([-n,n]\times[-n,n])\cap (\Bbb Z \times \Bbb Z)$. Seguro, $Q_n$ es finita para todas las $n$. Dado $K > 0$, quiero encontrar a $n$ tales que la suma de $Q_n$$K$. No puedo pensar en una mejor elección de un conjunto finito para calcular la suma: yo voy en todas las direcciones, sin duda debe volar. Por ejemplo, $Q_2$:

Usando y abusando de la simetría, tengo hasta el momento (esperemos correcta): $$ \sum_{(a,b)\in Q_n}\frac{1}{a^2+b^2+1} = 1+4\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1} +4\sum_{i=1}^n\frac{1}{2i^2+1} +8\sum_{1\leq i<j\leq n}\frac{1}{i^2+j^2+1}.$$

Huelga decir que esto es demasiado complicado de una expresión para mí encontrar $n = n(K)$ para hacer el trabajo - no sé aún cómo encontrar cerradas las expresiones para cada término anterior. Tal vez el uso de $Q_n$ es una exageración, y podemos encontrar un conjunto más pequeño para calcular la suma.

Sugerencias, ideas, una solución mágica? Gracias!

Answer 1

Se puede comparar con un integrante, como en el caso de la serie armónica al calcular la integral de $x^{-1}$.

Tenga en cuenta que

$$\int_{\Bbb R^2}{dxdy\over x^2+y^2+1}=\int_{0}^{2\pi}\int_0^\infty {rdrd\theta\over r^2+1}=\infty.$$

y por muestreo de la función por encima de la caja sectores $[n,n+1)\times [m,m+1)$ tenemos que la parte superior e inferior sumas de dinero vinculado a la integral en cada lado y son iguales (hasta la eliminación de un número finito de términos) su suma.

Answer 2

Incluye $\frac{1}{p+1}$ por cada prime $p\equiv 1\pmod 4$, e $\sum_{p\equiv 1\pmod 4} \frac{1}{p}$ diverge por Dirichlet. A continuación, utilice $\frac{1}{p+1}>\frac{1}{2p}$.

Answer 3

Por el círculo de Gauss problema, es bien sabido que el número de celosía de puntos en el conjunto de $\{x^2+y^2\leq R^2\}$ está dado por $\pi R^2 + O(R)$, por lo tanto la serie es divergente por comparación con la serie armónica, una vez que calculamos el número de celosía de puntos en el espacio anular $R_1^2\leq x^2+y^2\leq R_2^2$.

Answer 4

Que ya han hecho algunos de los trabajos en la configuración de su ecuación. Usted no obtener de inmediato una solución porque de su elección de la descomposición de la $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$. Trate de que en lugar de romper en infinitas líneas verticales $(i,n): i\text{ fixed and }n\in \mathbb{Z}$. Allí se tiene la suma de $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{i^2+n^2+1}>\sum_{n=i}^{\infty}\frac{1}{(n+1)^2}$ (en realidad, el doble que la suma de la cuenta para el negativo $n$ también).

Se puede mostrar ahora que esta suma es mayor que $\frac{1}{i+2}$? Si no, piense en la integral de la prueba... Después de esto usted debe ser hecho, con que la serie armónica diverge.

Answer 5

Si la partición de $\mathbf{Z} \times \mathbf{Z}$ a "(límite) cuadrados de lado $2k + 1$", es decir, que deje $S_{k} = Q_{k} \setminus Q_{k-1}$ denota el conjunto de pares $(i, j)$ satisfactorio (i) $|i| = k$ o $|j| = k$ y (ii) $|i| \leq k$$|j| \leq k$, entonces para cada a $k \geq 1$ usted tiene:

• Un discontinuo de la unión de $\bigcup_{k=1}^{n} S_{k} = Q_{n} \setminus\{(0, 0)\}$;

• $S_{k}$ contiene $8k$ elementos;

• $\dfrac{1}{i^{2} + j^{2} + 1} \geq \dfrac{1}{2k^{2} + 1}$ por cada $(i, j)$ $S_{k}$ (desde $i^{2} + j^{2} \leq 2k^{2}$).

La suma de $Q_{n}$ es por lo tanto acotada abajo por un (varios) una suma parcial de la serie armónica.