Yo soy un poco un noob, y no recuerdo mi preparación de matemáticas de la universidad. Sé que la suma de $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n}$ es divergente y mi pregunta es si la suma de $$\sum_{n \geq 1} \frac{2^n\operatorname{mod} n}{n^2}$$ converge. Yo creo que no, pero no sé cómo demostrar que! Gracias!
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En esta respuesta, se demuestra que
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n \text{ mod } n}{n^2} = \infty. \tag{*} $$
Idea. La intuición en $\text{(*)}$ proviene de la creencia de que la secuencia de $(2^n \text{ mod } n)/n$ es equidistributed en $[0, 1]$, que es bastante bien apoyado por computación numérica.
Demostrando esto parece bastante desalentador, aunque, así que nos centramos en un determinado larga que es bueno dar un divergentes límite inferior de $\text{(*)}$. Para ser más precisos, nos centramos en los índices de la forma $n = 5p$ para algunos prime $p$ y demostrar que la suma correspondiente es comparable a la serie armónica de los números primos $\sum_p \frac{1}{p}$, lo que también diverge.
Prueba. Para este fin, consideramos que la secuencia de $(a_k : k \geq 0)$ $[0, 1)$ definido por
$$ a_k = \left\{ \frac{2^{5p_k}}{5p_k} \right\},$$
donde $\{ x \} = x - \lfloor x \rfloor$ es la parte fraccionaria de $x$ $p_k$ $k$- ésimo número primo. Ahora centrarse sólo en el índice de $n = 5p_k$ algunos $k$, podemos vinculado a la suma de $\text{(*)}$ por debajo de
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n \text{ mod } n}{n^2} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\left\{ \frac{2^n}{n} \right\} \geq \sum_{k=1}^{\infty} \frac{a_k}{5p_k}. $$
Por lo que es suficiente para demostrar que esta obligado diverge. En primer lugar, para cualquier prime $p$ hemos
$$ 2^{5p} \equiv 2^5 \equiv 32 \pmod{p}. $$
Esto nos permite escribir $2^{5p} = mp + 32$ para algunos no negativo $m$. Siguiente, observe que cualquier prime $p$ otros de $2$ $5$ son de la forma $p = 4k+1$ o de la forma $p = 4k+3$. Dependiendo de la clase de $p$ cae, nos encontramos con que
$$ 2^{5p} \equiv 2^p \equiv \begin{cases} 2, & \text{if } p =4k+1 \\ 3, & \text{if } p =4k+3 \end{casos} \pmod{5}. $$
Lo que esto nos dice acerca de $m$ es de la siguiente manera:
$$ m \equiv \begin{cases} 0, & \text{if } p =4k+1 \\ p^{-1}, & \text{if } p =4k+3 \end{casos} \pmod{5}. $$
(Aquí, $p^{-1}$ es el inverso multiplicativo de a $p$ modulo $5$.) A partir de este, para $p_k > 32$ tenemos la siguiente estimación:
$$ a_k \geq \frac{1}{5} \quad \text{if } p_k \equiv 3 \pmod{4}. $$
En consecuencia, por el PNT para la progresión aritmética,
$$ \frac{a_1 + \cdots + a_n}{n} \geq \frac{1}{5} \frac{\pi_{4,3}(p_n) + \mathcal{O}(1)}{\pi(p_n)} \xrightarrow[n\to\infty]{} \frac{1}{10}. $$
(El $\mathcal{O}(1)$-término aparece por descartando los términos con $p_k \leq 32$.) Por último, vamos a $s_n = a_1 + \cdots + a_n$. Entonces por sumación por partes, como $N \to \infty$ hemos
\begin{align*} \sum_{k=1}^{N} \frac{a_k}{5p_k} &= \frac{1}{5} \bigg( \frac{s_N}{p_N} + \sum_{k=1}^{N-1} \left( \frac{1}{p_k} - \frac{1}{p_{k+1}} \right) s_k \bigg) \\ &\geq \frac{1}{5} \sum_{k=1}^{N-1} \left( \frac{1}{p_k} - \frac{1}{p_{k+1}} \right) \frac{k}{11} + \mathcal{O}(1) \\ &\geq \frac{1}{55} \sum_{k=1}^{N} \frac{1}{p_k} + \mathcal{O}(1). \end{align*}
Tomando $N \to \infty$, esta serie diverge la serie armónica de los números primos. Por lo tanto, la reclamación $\text{(*)}$ sigue. ////
La elaboración de este argumento, nos encontramos con que
$$ a_k \equiv \frac{2^{5p_k}}{5p_k} \equiv \tilde{a}_k + \frac{32}{5p_k} \pmod{1} $$
donde $\tilde{a}_k$ satisface
$$ \tilde{a}_k = \begin{cases} 0, & \text{if } p_k \equiv 1, 9, 13, 17 \pmod{20} \\ 1/5, & \text{if } p_k \equiv 11 \pmod{20} \\ 2/5, & \text{if } p_k \equiv 3 \pmod{20} \\ 3/5, & \text{if } p_k \equiv 7 \pmod{20} \\ 4/5, & \text{if } p_k \equiv 19 \pmod{20} \end{casos}. $$
Por lo tanto, por el PNT para la progresión aritmética de nuevo, tenemos la siguiente convergencia en distribución:
$$ \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \delta_{a_k} \xrightarrow{d} \frac{1}{2}\delta_{0} + \frac{1}{8}\sum_{j=1}^{4} \delta_{j/5} \quad \text{as } n \to \infty$$
La siguiente simulación numérica utilizando por primera vez la 1,000,000 términos de $(a_k)$ demuestra claramente este comportamiento:
Yves Daoust
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No es una respuesta, sólo para la visión. Aquí está una parcela de la $1000$$\dfrac{2^n\mod n}n$, para justificar la "distribución uniforme" hipótesis".
La segunda trama es el prefijo de la suma, que es una línea recta para una distribución uniforme. El promedio de los valores es $0.287$ (no muy cerca de la $0.5$).
Por desgracia, este empírica de datos no es lo suficientemente concluyente.
Aquí están los histogramas de la parte fraccionaria de la $10000$, $100000$ y $1000000$ primeros valores. Ten en cuenta que el eje de frecuencia es logarítmica. Hay un fuerte sesgo hacia los valores pequeños (un tercio por debajo de $0.01$), pero esto no parece empeorar con $n$.
Suponemos que para cualquier $n$, al menos $50\%$ de los valores de $\{2^k/k\}$ están por encima de $0.1$.
Muy curiosamente, el histograma de los valores de $2^n\bmod n$ sí se muestra muy fuertes líneas para todos los poderes de $2$.
Esto nos lleva a la siguiente histograma, donde los módulos que son potencias de $2$ han sido ignorados. No hay más necesidad de una escala logarítmica y la distribución se ve bastante plano ahora.
Per Hornshøj-Schierbeck
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El punto de este post es para dar algunas parcelas que corroboran Sangchul Lee argumento. Estos fueron producidos por Mathematica
La primera parcela se enumeran los números de $(2^n\mod n)/n$ para todos los múltiplos de $5$. Vea las líneas horizontales en múltiplos de $0.2$. Eran ya visibles en la libre de la parcela, cuando yo no restringir $n$ a múltiplos de cinco, pero aquí son más fáciles de detectar:
Cuando nosotros sólo incluyen los valores de $n=5p$, la situación es aún más clara:
Los múltiplos de cinco, no son la única estructura de allí. La restricción de la elección de $n$ a los números de la forma $n=7p$ da algo bastante similar.
