En $\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu\left(\lfloor \sqrt{n} \rfloor\right)-\mu\left(\lceil \sqrt{n} \rceil\right)}{n}$ y la función de Möbius

Question

Denotamos las funciones suelo y techo, respectivamente, con $\lfloor x \rfloor$ y $\lceil x \rceil$ .

Consideramos que el Función Möbius y luego la serie $$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu\left(\lfloor \sqrt{n} \rfloor\right)-\mu\left(\lceil \sqrt{n} \rceil\right)}{n}.$$

Cuando he considerado esta serie, el único cálculo simple que puedo afirmar es que esos términos siendo un cuadrado perfecto $m=k^2$ satisfacer $$\lfloor \sqrt{m} \rfloor=\lceil \sqrt{m} \rceil=k,$$ y por lo tanto para estos $m$ Su contribución en la serie es $0=\frac{\mu\left(\lfloor \sqrt{m} \rfloor\right)-\mu\left(\lceil \sqrt{m} \rceil\right)}{m}$ . Pero es una simple observación, y no me dice nada sobre la convergencia de la serie.

Creo que es un ejemplo interesante de serie.

Pregunta. ¿Es posible deducir que esta serie es convergente $$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu\left(\lfloor \sqrt{n} \rfloor\right)-\mu\left(\lceil \sqrt{n} \rceil\right)}{n}?$$ Muchas gracias.

No se requiere una aproximación, sólo se requiere la discusión sobre si la serie es convergente o diverge.

Con este mi código

suma (mu(floor(sqrt(n)))-mu(ceil(sqrt(n))))/n, de n=1 a 1000

Wolfram Alpha calcular una aproximación y mostrarnos una gráfica.

Answer 1

$$\begin{eqnarray*}\sum_{m=1}^{M}\sum_{n=m^2}^{(m+1)^2-1}\frac{\mu\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor-\mu\left\lceil \sqrt{n}\right\rceil}{n}&=&\sum_{m=1}^{M}\sum_{n=m^2+1}^{(m+1)^2-1}\frac{\mu\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor-\mu\left\lceil \sqrt{n}\right\rceil}{n}\\&=&\sum_{m=1}^{M}\sum_{n=m^2+1}^{(m+1)^2-1}\frac{\mu(m)-\mu(m+1)}{n}\\&=&\sum_{m=1}^{M}\left(\mu(m)-\mu(m+1)\right)\left(H_{(m+1)^2-1}-H_{m^2}\right)\\(\text{summation by parts})\quad&=&-\mu(M+1)\left(H_{(M+1)^2-1}-H_{M^2}\right)\\&&+\sum_{m=1}^{M-1}\mu(m+1)\left(H_{(m+2)^2-1}-H_{(m+1)^2}-H_{(m+1)^2-1}+H_{m^2}\right)\\&=&O\left(\frac{1}{M}\right)+\sum_{m=2}^{M}\mu(m)\left(-\frac{2}{m^2}+\frac{2}{m^3}+O\left(\frac{1}{m^4}\right)\right)\end{eqnarray*}$$ es una serie absolutamente convergente, cuyo valor se acerca a $-\frac{2}{\zeta(2)}+\frac{2}{\zeta(3)}$ .

Answer 2

Parece que $\mu$ puede sustituirse por cualquier función acotada $g$ . Denote por $S_k$ la suma $$\sum_{i=1}^{2k}\frac 1{k^2+i}$$ Es fácil ver que $S_k<2k/k^2=2/k$ Por lo tanto $\lim_{k\to\infty}S_k=0$ . Además, $S_k-S_{k-1}<0$ para un tamaño suficientemente grande $k$ (esto es un poco complicado de mostrar; en su lugar se puede simplemente probar $|S_k-S_{k-1}|=O(1/k^2)$ ), por lo que $\sum_{n=1}^\infty|S_k-S_{k-1}|$ converge. Ahora, observe que \begin{align} \sum_{n=1}^{N^2}\frac{g(\lfloor n\rfloor)-g(\lceil n\rceil)}{n} & =\sum_{k=1}^{N-1}(g(k)-g(k+1))\sum_{i=1}^{2k}\frac 1{k^2+i}\\ & = \sum_{k=1}^{N-1}(g(k)-g(k+1))S_k\\ & = g(1)S_1+\sum_{k=2}^{N-1} g(k)(S_k-S_{k-1})-\lim_{N\to\infty}g(N)S_{N-1}\\&(\text{The last line is Abel summation formula}) \end{align} que es convergente ya que $g$ está acotado. En general $M$ con $N^2\le M<(N+1)^2$ Sólo hay que tener en cuenta que $$\left|\sum_{n=N^2+1}^M\frac{g(\lfloor n\rfloor)-g(\lceil n\rceil)}{n}\right|\le 2A\sum_{n=N^2+1}^M\frac 1 n\le \frac{2A(M-N^2)}{N^2}\le\frac{4A}{N}$$ tendiendo a cero como $M\to\infty$ .