Serie infinita de $\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{k^n}$

Question

Si $f\left(z \right)=\sum_{n=2}^{\infty}a_{n}z^n$ y $\sum_{n=2}^{\infty}|a_n|$ converge, entonces, $$\sum_{n=1}^{\infty}f\left(\frac{1}{n}\right)=\sum_{n=2}^{\infty}a_n\zeta\left(n\right).$$ Ya que si ponemos $C:=\sum_{m=2}^{\infty}|a_m|<\infty$, entonces $$\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=2}^{\infty}|a_m\frac{1}{n^m}|\leq\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=2}^{\infty}|a_m|\frac{1}{n^2}\leq C\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}<\infty$$ y por Cauchy del doble de la serie teorema, podemos cambiar el orden de la suma de: $$\sum_{n=1}^{\infty}f\left(\frac{1}{n}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=2}^{\infty}a_m\frac{1}{n^m}=\sum_{m=2}^{\infty}a_m\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^m}=\sum_{n=2}^{\infty}a_n\zeta\left(n\right).$$ Esto muestra que $\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{k^n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{kn(kn-1)}$.

Mis Preguntas:

1) Es obvio que $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n(2n-1)}=\log(2)$, pero ¿cómo puedo evaluar $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3n(3n-1)}$?

2) ¿hay algún otro método para evaluar los $\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{k^n}$?

Answer 1

Extendido Armónica De Los Números

Normalmente, pensamos en Armónica de los Númeroscomo $$ H_n=\sum_{k=1}^n\frac1k\etiqueta{1} $$ Sin embargo, una definición alternativa es a menudo útil: $$ H_n=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+n}\right)\etiqueta{2} $$ Para un entero $n\ge1$, no es demasiado difícil ver que las dos definiciones de acuerdo. Sin embargo, $(2)$ es fácilmente extensible a la totalidad de los $n\in\mathbb{R}$ (en realidad, para todo $n\in\mathbb{C}$). Podemos decir algunas cosas sobre $H_n$ $n\in\mathbb{Q}\setminus\mathbb{Z}$.

Tenga en cuenta que para $m,n\in\mathbb{Z}$, $$ \begin{align} H_{mn}-H_n &=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+mn}\right)-H_n\\ &=\sum_{k=1}^\infty\sum_{j=0}^{m-1}\left(\frac1{km-j}-\frac1{km-j+mn}\right)-H_n\\ &=\frac1m\sum_{j=0}^{m-1}\sum_{k=1}^\infty\left(\left(\frac1k-\frac1{k-j/m+n}\right)-\left(\frac1k-\frac1{k-j/m}\right)\right)-H_n\\ &=\frac1m\sum_{j=0}^{m-1}\left(\left(H_{n-j/m}-H_n\right)-H_{-j/m}\right)\etiqueta{3} \end{align} $$ Desde $H_0=0$ y $H_n=\log(n)+\gamma+O\left(\frac1n\right)$, donde $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni Constante, si dejamos a $n\to\infty$ en $(3)$, obtenemos $$ \sum_{j=1}^{m-1}H_{-j/m}=-m\log(m)\etiqueta{4} $$ El uso de la identidad $(7)$ de esta respuesta, $$ \begin{align} \pi\cuna(\pi z) &=\sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac1{k+z}\\ &=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1{k-1+z}-\frac1{k-z}\right)\\ &=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k-z}\right)-\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+z-1}\right)\\ &=H_ {z}-H_{z-1}\etiqueta{5} \end{align} $$ lo que implica $$ H_{-j/m}-H_{-(m-j)/m}=\pi\cuna\left(\frac{\pi j}{m}\right)\etiqueta{6} $$

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El uso de $(4)$ y $(6)$ $m=3$ rendimientos $$ H_{-1/3}+H_{-2/3}=-3\log(3)\etiqueta{7} $$ y $$ H_{-1/3}-H_{-2/3}=\pi\cuna\left(\frac\pi3\right)\etiqueta{8} $$ Con un promedio de $(7)$ y $(8)$ rendimientos $$ H_{-1/3}=-\frac32\log(3)+\frac\pi{2\sqrt3}\etiqueta{9} $$ Finalmente, $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac1{3n(3n-1)} y=-\frac13\sum_{n=1}^\infty\left(\frac1n-\frac1{n-1/3}\right)\\ y=-\frac13H_{-1/3}\\[6pt] &=\frac12\log(3)-\frac\pi{6\sqrt3}\etiqueta{10} \end{align} $$

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Los valores de Referencia para el Futuro

El uso de $(4)$ y $(6)$, se puede también calcular $$ \begin{align} H_{-1/4}&=\pi/2 y 3\log(2)\\ H_{-1/2}&=-2\log(2)\\ H_{-3/4}&=-\pi/2 y 3\log(2) \end{align}\etiqueta{11} $$

Answer 2

Respuesta a la Segunda Pregunta

Hacemos la observación de que

$$\Gamma(z)\zeta(z)=\int_0^\infty \frac{u^{z-1}}{e^u-1}du\etiqueta{1}$$ $$\sum_{n=2}^\infty \frac{t^n}{(n-1)!}=(e^t-1)t \etiqueta{2}$$ $$\psi_0(s+1)=-\gamma+\int_0^1 \frac{1-x^s}{1-x}dx \etiqueta{3}$$ donde $\psi_0(s)$ es la Función Digamma y $\gamma$ es la Constante de Euler.

Entonces

$$\begin{align*} \sum_{n=2}^\infty \frac{\zeta(n)}{k^n} &= \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{k^n \Gamma(n)}\int_0^\infty \frac{u^{n-1}}{e^u-1}du\\ &=\int_0^\infty\frac{1}{u(e^u-1)}\left( \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{(n-1)!}\left(\frac{u}{k}\right)^n\right)du \\ &= \frac{1}{k}\int_0^\infty \frac{e^{\frac{u}{k}}-1}{e^u-1}du \etiqueta{4} \end{align*}$$

La sustitución de $t=e^{-u}$, obtenemos

$$ \begin{align*} \sum_{n=2}^\infty \frac{\zeta(n)}{k^n}&=-\frac{1}{k}\int_0^1 \frac{1-t^{-1/k}}{1-t}dt \\ &= \frac{-1}{k}\left\{ \gamma+\psi_0 \left(1-\frac{1}{k} \right)\right\} \etiqueta{5} \end{align*} $$

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Si $k(\geq 2)$ es un número entero, la ecuación $(5)$ puede ser simplificado con el uso de Gauss Digamma Teorema.

$$\sum_{n=2}^\infty \frac{\zeta(n)}{k^n}=-\frac{\pi}{2k}\cuna \left( \frac{\pi}{k}\right)+\frac{\log k}{k}-\frac{1}{k}\sum_{m=1}^{k-1}\cos \left(\frac{2\pi m}{k} \right) \log \left( 2\sin \frac{\pi m}{2}\right)$$

Answer 3

Respondiendo la primera pregunta.
No sé si es más sencillo, pero aún (ya que tendrá que lidiar con funciones hipergeométricas). $$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3n(3n-1)}=\frac{1}{3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3n-1}\int_0^1^{n-1} \mathrm dx=\frac{1}{3}\int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{3n-1}\mathrm dx$$ $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{3n-1}=\frac{1}{2} \, _2F_1\left(\frac{2}{3},1;\frac{5}{3};x\right)$$ Y $$\frac{1}{6} \int_0^1 \, _2F_1\left(\frac{2}{3},1;\frac{5}{3};x\right) \, \mathrm dx=\frac{1}{6} \left(3\log(3) -\frac{\pi }{\sqrt{3}}\right)$$ Por lo que $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3n(3n-1)}=\frac{1}{6} \left(3\log(3) -\frac{\pi }{\sqrt{3}}\right)$$

Answer 4

Este es un responderle por cada $k$, usando su método. Por $k=2$ y $3$ encaja con otras respuestas, por lo que probablemente es correcta : a) es completamente elemental, en el sentido de que utiliza sólo la expansión de Taylor de $\log(1-x)$ y el hecho de que la suma de $\sum_{\alpha^k=1}\alpha^n$ ($\alpha$ ejecuta a través de la $k$-th raíces de $1$) es de $k$ si $k$ divide a $n$ y $0$ lo contrario.

Hay algunos $\log$'s de los números complejos. Los números siempre no negativo, la parte real, para la Arg tomamos el ángulo entre $-\pi/2$ y $\pi/2$, así que queda con el poder de la serie para $\log(1-x)$.

$$\sum_n x^{kn}/kn=-\log(1-x^k)/k=-\frac{1}{k}\sum_{\alpha^k=1}\log(1-\alpha x)$$ $$\sum_{\alpha^k=1}\sum_{m=1}^\infty\alpha(\alpha x)^m/m=k\sum_{n=1}^{\infty}x^{kn-1}/(kn-1)$$ pero también $$\sum_{\alpha^k=1}\sum_{m=1}^\infty\alpha(\alpha x)^m/m=-\sum_{\alpha^k=1}\alpha\log(1-\alpha x).$$ Por lo tanto, tienen $$\sum_n x^{kn}/(kn(kn-1))=\sum_n x^{kn}(\frac{1}{kn-1}-\frac{1}{kn})=$$ $$a=\frac{1}{k}\sum_{\alpha^k=1}(1-x\alpha)\log(1-\alpha x).$$ Tenemos que tomar el límite de $x\a 1$. El $\alpha=1$ plazo desaparece, por lo que tenemos $$\sum_n\frac{1}{kn(kn-1)}=\frac{1}{k}\sum_{\alpha^k=1,\alpha\neq1}(1-\alpha)\log(1-\alpha)=$$ ($\alpha=\exp(2\pi i m/k)$) $$a=\frac{1}{k}\sum_{m=1}^{k-1}((1-\cos\frac{2\pi m}{k})-i\sin\frac{2\pi m}{k})(\log(2\sin\frac{\pi m}{k})+\pi i(m/k-1/2))=$$ $$a=\frac{1}{k}\sum_{m=1}^{k-1}(1-\cos\frac{2\pi m}{k})\log(2\sin\frac{\pi m}{k})+\pi(m/k-1/2)\sin\frac{2\pi m}{k}.$$

Answer 5

En la introducción sobre la pregunta de cómo se puede ir sobre la computación $$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{3n(3n-1)}.$$

Puedo contribuir con un asintótica de expansión y una serie infinita de esta discusión, mostrado y demostrado a continuación. Además de publicar esta respuesta también estoy planteando dos preguntas I. se Puede verificar esta expansión, utilizando una prueba técnica? II. Podría incluso ser una referencia a la siguiente fórmula en algún lugar?

Esta es la prueba, que es de procedimiento, con el resultado final. Supongamos que buscamos para evaluar $$T(q) = \sum_{n\ge 1} \frac{1}{qn(qn-1)} = \sum_{n=1}^p \frac{1}{qn(qn-1)} + \sum_{n\ge 1} \frac{1}{(qn+pq)(qn+pq-1)} \\= \sum_{n=1}^p \frac{1}{qn(qn-1)} + \frac{1}{p^2}\sum_{n\ge 1} \frac{1}{(n+p)(n+(pq-1)/q)}$$ con $p, q\ge 2$ dos números enteros.

La suma plazo, la llame $S(x)$, es armónica y puede ser evaluado por la inversión de sus Mellin transformar. Recordar el Mellin transformar la identidad para armónica sumas con la base de la función $g(x)$, que es $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1}\lambda_k g(\mu_k x); s\right) = \left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s}\right) g^*(s)$$ donde $g^*(s)$ es la transformada de Mellin $g(x).$

En el presente caso tenemos $$\lambda_k = 1, \quad \mu_k = k \quad \text{y} \quad g(x) = \frac{1}{(x+p)(x+(pq-1)/q)}.$$ La transformada de Mellin $g(x)$ es $$\int_0^\infty \frac{1}{(x+p)(x+(pq-1)/q)} x^{m-1} dx.$$

Elegimos $p\ge 2$ de modo que la base de la función no tiene un polo en $x=-1$, lo que provocaría la expansión sobre el infinito que hemos llegado a obtener no convergen. (Como se evalúa la armónica suma de $x=1$ esto sería situado en el límite entre los dos discos alrededor de cero y sobre el infinito, causando una evaluación en $x=1$ a fallo).

Evaluamos la Mellin transformar siguiente. Utilizar un contorno circular para obtener $$ g^*(s) (1 - e^{2\pi i (s-1)}) \\= 2\pi i \left( \operatorname{Res}\left(\frac{x^{m-1}}{(x+p)(x+\frac{pq-1}{p})}; s=-p\right) + \operatorname{Res}\left(\frac{x^{m-1}}{(x+p)(x+\frac{pq-1}{p})}; s=-\frac{pq-1}{q}\right) \right) \\= 2\pi i \left(-q(-p)^{m-1} + p(-(pq-1)/q)^{m-1}\right) = 2\pi i e^{\pi i (s-1)} p \left(((pq-1)/q)^{m-1}-p^{m-1}\right).$$ Esto implica que $$g^*(s) = 2\pi i q \frac{-e^{\pi i s}}{1 - e^{2\pi i s}} \left(\left(\frac{pq-1}{q}\right)^{m-1} - p^{m-1}\right)\\= -2\pi i q \frac{1}{e^{-\pi i s} - e^{\pi i s}} \left(\left(\frac{pq-1}{q}\right)^{m-1} - p^{m-1}\right) \\= q\pi\frac{2}{e^{\pi i s} - e^{-\pi i s}} \left(\left(\frac{pq-1}{q}\right)^{m-1} - p^{m-1}\right) = q\frac{\pi}{\sin(\pi s)} \left(\left(\frac{pq-1}{q}\right)^{m-1} - p^{m-1}\right).$$

De ello se desprende que la transformada de Mellin la suma plazo para $S(x)$ es dada por $$ Q(s) = q \frac{\pi}{\sin(\pi s)} \left(\left(\frac{pq-1}{q}\right)^{m-1} - p^{m-1}\right) \zeta(s) \quad\text{porque}\quad \sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \zeta(s).$$

Finalmente podemos invertir la Mellin transformar con la inversión integral $$\frac{1}{2\pi i}\int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty} P(s)/x^s ds$$ para obtener una expansión sobre infinidad de $S(x)$ comenzando con la pole en $s=2$ y conseguir $$ S(x) \sim - q \sum_{m\ge 2} (-1)^m \left(\left(\frac{pq-1}{q}\right)^{m-1} - p^{m-1}\right) \frac{\zeta(m)}{x^m}.$$

La configuración de $x=1$ y sustituyendo en la ecuación original por fin tenemos $$ T(q) = \sum_{n=1}^p \frac{1}{qn(qn-1)} - \frac{1}{q} \sum_{m\ge 2} (-1)^m \left(\left(\frac{pq-1}{q}\right)^{m-1} - p^{m-1}\right) \zeta(m).$$

Anexo Wed Apr 2 20:14:50 CEST 2014. El siguiente MSE enlace se muestra cómo trabajar con distintos Mellin transforma donde hay un poste en el eje real positivo (incluso).