Es cierto que $\left\lfloor\sum_{s=1}^n\operatorname{Li}_s\left(\frac 1k \right)\right\rfloor\stackrel{?}{=}\left\lfloor\frac nk \right\rfloor$

Question

Mientras estudiaba polylogarithms he observado lo siguiente.

Deje $n>0$ $k>1$ ser números enteros. Es el siguiente afirmación verdadera?

$$\left\lfloor \sum_{s=1}^n \operatorname{Li}_s\left( \frac{1}{k} \right) \right\rfloor \stackrel{?}{=} \left\lfloor \frac{n}{k} \right\rfloor $$

Si es así, entonces ¿cómo podemos demostrarlo? Si no, dé un contraejemplo.

Answer 1

Utilizamos la expansión de la serie de la polylogarithm.

Tenga en cuenta que

$$\sum_{s=1}^{n}\operatorname{Li_{s}}\left(\frac{1}{k}\right) = \sum_{s=1}^{n}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{j^sk^j} = \sum_{j=1}^{\infty}\sum_{s=1}^{n}\frac{1}{j^{s}k^j}$$

somos capaces de intercambio de las sumatorias, ya que cada término es positivo, lo que implica que la suma es absolutamente convergente.

Ahora que separa a cabo el primer término da

$$\frac{n}{k} + \sum_{j=2}^{\infty}\sum_{s=1}^{n}\frac{1}{j^sk^j}$$

A continuación, puede utilizar la fórmula de una suma geométrica para llevar esto a

$$\frac{n}{k} + \sum_{j=2}^{\infty}\frac{1}{j}\frac{1 - \frac{1}{j^{n+1}}}{\left(1 - \frac{1}{j}\right)k^j} = \frac{n}{k} + \sum_{j=2}^{\infty}\frac{j^{n+1} - 1}{j^{n+1}\left(j-1\right)k^j} = $$

$$\frac{n}{k} + \sum_{j=2}^{\infty}\frac{1}{\left(j-1\right)k^j} - \sum_{j=2}^{\infty}\frac{1}{j^{n+1}\left(j-1\right)k^j}$$

Ahora ya claramente

$$\sum_{j=2}^{\infty}\frac{1}{\left(j-1\right)k^{j}} > \sum_{j=2}^{\infty}\frac{1}{j^{n+1}\left(j-1\right)k^j}$$

tenemos

$$\frac{n}{k} < \sum_{s=1}^{n}\operatorname{Li}_{s}\left(\frac{1}{k}\right) < \frac{n}{k} + \sum_{j=2}^{\infty}\frac{1}{\left(j-1\right)k^j} = \frac{n}{k} + \frac{1}{k}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{jk^j} = \frac{n}{k} + \frac{\log\left(\frac{k}{k-1}\right)}{k}$$

donde hemos utilizado una de las series de $\log$ dado aquí. La serie es válida desde $k \geq 2$.

Así

$$\frac{n}{k} < \sum_{s=1}^{n}\operatorname{Li}_{s}\left(\frac{1}{k}\right) < \frac{n}{k} + \frac{\log(k) - \log(k-1)}{k}$$

Ahora para $n$ $k$ números naturales, la menor diferencia posible entre $\left \lfloor \frac{n}{k}\right \rfloor + 1$ $\frac{n}{k}$ $\frac{1}{k}$.

Así, el resultado va a mantener si $$\frac{\log(k) - \log(k-1)}{k} < \frac{1}{k}$$

o en otras palabras, si

$$\log(k) - \log(k-1) < 1$$

Es fácil comprobar que $\log(x) - \log(x-1)$ es monótonamente decreciente para $x > 1$. También se $\log(2) - \log(1) = \log(2) < 1$. De ello se deduce que el resultado se cumple para todos los números naturales $k \geq 2$.

Answer 2

Algunos observaions:

Para el caso de $k=1$ tenemos $$\sum_{s=1}^n\operatorname{Li}_s(1)=\sum_{s=1}^n\zeta(s)$$ Que es indefinido, a menos que usted tome $\zeta(1)=-1/12$.

Sin embargo , a través de cheques a través de Mathematica es evidente que el desconocimiento o la ampliación de $\zeta(1)$ da la misma respuesta, que pasa a ser $$\left\lfloor\sum_{s=1}^n\operatorname{Li}_s(1)\right\rfloor\stackrel{?}{=}n-1$$

Answer 3

Para esta prueba a trabajar, tenemos que añadir la restricción de que el $k \geq 2$, ya que el $\operatorname{Li}_1\left( \frac{1}{1} \right)$ no convergen todos modos.

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Ahora, por la definición de la polylogarithm, tenemos: \begin{align} \sum_{s=1}^n \operatorname{Li}_s\left( \frac{1}{k} \right) &=\sum_{s=1}^n \sum_{j=1}^\infty {1 \over j^s k^j} \\&=\sum_{j=1}^\infty \frac{1}{k^j} \sum_{s=1}^n \frac{1}{j^s} \\&=\frac{n}{k}+\sum_{j=2}^\infty \frac{1}{k^j} \left( {1-j^{-n} \over j-1} \right) \end{align}

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Ahora, vamos a $R=\sum_{j=2}^\infty \frac{1}{k^j} \left( {1-j^{-n} \over j-1} \right)$, entonces obviamente $R>0$. Pero también: \begin{align} R &=\sum_{j=2}^\infty \frac{1}{k^j} \left( {1-j^{-n} \over j-1} \right) \\&\leq \sum_{j=2}^\infty \frac{1}{k^j} \left( {1 \over j-1} \right) \\&= \frac{1}{k} \sum_{j=1}^\infty {1 \over j k^j} = {-\log \left(1-\frac{1}{k} \right) \over k} \\&\leq {-\log \left(1-\frac{1}{2} \right) \over k} ={\log 2 \over k} \\&< \frac{1}{k} \end{align}

De modo que $0<R<\frac{1}{k}$.

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Escribir $n=ak+b$, donde $a,b \in \Bbb{Z}$, $a \geq 0$ y $0 \leq b \leq k-1$. Entonces tenemos:

$\displaystyle \quad \; {n \over k} = a+{b \over k} \\ \Rightarrow a \leq {n \over k} \leq a+{k-1 \over k} \\ \Rightarrow \left\lfloor {n \over k} \right\rfloor = a$.

Y también tenemos:

$\displaystyle \quad \; a+R \leq {n \over k}+R \leq a+{k-1 \over k}+R \\ \Rightarrow a<a+R \leq {n \over k}+R \leq a+{k-1 \over k}+R<a+{k-1 \over k}+{1 \over k} \\ \Rightarrow a< {n \over k}+R<a+1 \\ \Rightarrow \left \lfloor {n \over k}+R \right \rfloor = a$

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Por último, desde el $\sum_{s=1}^n \operatorname{Li}_s\left( \frac{1}{k} \right)={n \over k}+R$, $$\left \lfloor \sum_{s=1}^n \operatorname{Li}_s\left( \frac{1}{k} \right) \right \rfloor = a = \left \lfloor {n \over k} \right \rfloor$$