Suma infinita que implica el número de soluciones a $k=i^2+j^2$

Question

Quiero calcular la siguiente suma: $$ S=\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\frac{r_2(k)}{k} $$ Dónde $r_2(k)$ es el número de formas de escribir $k$ en la forma $i^2+j^2$ donde $i,j\in\mathbb Z$ . Pude transformarlo en: $$ \frac S 4 -\frac{\pi^2}{12}=\sum_{i=1}^\infty{\sum_{j=1}^\infty \frac{(-1)^{i+j-1}}{i^2+j^2}} $$ Pero no estoy seguro de que ayude. Cualquier ayuda es muy apreciada.

Answer 1

Supongo que podríamos empezar con el hecho de que: $$r_2(n) = 4(d_{1,4}(n) - d_{3,4}(n))$$

donde, $d_{a,b}(n)$ es el número de divisores de $n$ que son congruentes con $a\pmod{b}$ .

Por lo tanto, $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} r_2(n)x^n = 4\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{1-x^{2n+1}}$

Así, $$\displaystyle \begin{align}\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{r_2(n)}{n} &= 4\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^{n-1}\int_0^{-1} \frac{x^{2n}}{1-x^{2n+1}}\,dx \\&= 4\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}\frac{\log (1-(-1)^{2n+1})}{2n+1}\\&= 4\log 2\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n+1} = \pi\log 2\end{align}$$

Answer 2

Para cualquier $a,b\in\mathbb{N}\setminus\{0\}$ que tenemos: $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(ax)}{a} e^{-bx}\,dx = \frac{1}{a^2+b^2}\tag{1}$$ por lo que al multiplicar ambos lados de $(1)$ por $(-1)^a (-1)^b$ y sumando sobre $a\in[1,+\infty),b\in[1,+\infty)$ nos encontramos con que: $$\sum_{a,b\geq 1}\frac{(-1)^{a+b}}{a^2+b^2}=\int_{0}^{+\infty}\frac{\text{Im}\log(1+e^{ix})}{1+e^x}\,dx=\frac{\pi^2}{24}-\sum_{k=1}^{+\infty}\pi k\int_{(2k-1)\pi}^{(2k+1)\pi}\frac{dx}{1+e^x}\tag{2}$$ y: $$\begin{eqnarray*}\sum_{k=1}^{+\infty}\pi k\int_{(2k-1)\pi}^{(2k+1)\pi}\frac{dx}{1+e^x}&=&\pi\sum_{k=0}^{+\infty}\log\left(1+e^{-(2k+1)\pi}\right)\\&=&\pi\log\prod_{k\geq 0}\left(1+e^{-(2k+1)\pi}\right)\\&=&\pi\log\left(2^{1/4}e^{-\pi/24}\right)\tag{3}\end{eqnarray*}$$ donde la última identidad es amablemente proporcionada por un valor especial del Función eta de Dedekind . $$ S = \pi\log 2 \tag{4}$$ fácilmente lo siguiente.

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Otro posible enfoque viene dado por observar que $(-1)^k r_2(k)$ es cuatro veces una función multiplicativa, por lo tanto, por Convolución de Dirichlet : $$ S = 4\left(\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n}{2n-1}\right)\cdot\left(\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n}{n}\right)=4\cdot\frac{\pi}{4}\cdot\log 2.\tag{5}$$

Answer 3

Observamos la estimación de la función sumatoria de $r_{2}(n)$ :

$$S(n) = \sum\limits_{k=1}^{n} r_2(k) = \pi n + \mathcal{O}(\sqrt{n})$$

donde, $S(n)$ es el número de puntos enteros dentro del disco de radio $\sqrt{n}$ .

Desde entonces, $k = i^2+j^2 \iff 2k = (i+j)^2+(i-j)^2$ tenemos, $r_2(2k) = r_2(k)$ .

Por lo tanto, $$\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{2n} (-1)^{k-1}\frac{r_2(k)}{k} = \sum\limits_{k=1}^{2n}\frac{r_2(k)}{k} - 2\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{r_2(2k)}{2k} = \sum\limits_{k=n+1}^{2n} \frac{r_2(k)}{k}$$

Ahora, por la identidad de Abel Summation: $$\begin{align} \sum\limits_{k=n+1}^{2n} \frac{r_2(k)}{k} &= \sum\limits_{k=n}^{2n} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right)S(k) + \frac{S(2n)}{2n+1} - \frac{S(n)}{n} \\ &= \sum\limits_{k=n}^{2n} \frac{S(k)}{k(k+1)} + \frac{S(2n)}{2n+1} - \frac{S(n)}{n}\end{align}$$

Desde entonces, $\displaystyle \frac{S(n)}{n} = \pi + \mathcal{O}(n^{-1/2})$

$$\begin{align} \sum\limits_{k=n}^{2n} \frac{S(k)}{k(k+1)}&= \pi\sum\limits_{k=n}^{2n}\frac{1}{k+1} + \mathcal{O}\left(\sum\limits_{k=n}^{2n}\frac{1}{k^{1/2}(k+1)}\right)\\&=\pi\sum\limits_{k=n}^{2n}\frac{1}{k+1} + \mathcal{O}(n^{-1/2}) \end{align}$$

Por lo tanto, $$\sum\limits_{k=1}^{2n} (-1)^{k-1}\frac{r_2(k)}{k} = \pi\sum\limits_{k=n}^{2n}\frac{1}{k+1} + \mathcal{O}(n^{-1/2})$$

es decir, $$\sum\limits_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1}\frac{r_2(k)}{k} = \pi\log 2$$

Answer 4

Al no saber mucho sobre la convolución de Dirichlet, he aquí cómo he obtenido el resultado que Jack D'Aurizio mencionó en su respuesta.

La función suma de dos cuadrados tiene la representación $$ r_{2}(k) = 4 \sum_{d|k} \sin \left(\frac{\pi d}{2} \right).$$

Véase la ecuación 25.

Así que $$\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \frac{r_{2}(k)}{k} = 4 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \sum_{d|k} \sin \left(\frac{\pi d}{2} \right).$$

Entonces, asumiendo que podemos cambiar el orden de la suma,

$$ \begin{align} \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \frac{r_{2}(k)}{k} &= 4 \sum_{d=1}^{\infty} \sin \left(\frac{\pi d}{2} \right) \sum_{k \, \text{such that} \, d|k} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \\ &= 4 \sum_{d=1}^{\infty} \sin \left(\frac{\pi d}{2} \right) \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{kd-1}}{kd} \\ &= 4 \sum_{d=1}^{\infty} \sin \left(\frac{\pi d}{2} \right) \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{kd} \tag{1} \\ &= 4 \sum_{d=1}^{\infty} \frac{\sin \left(\frac{\pi d}{2} \right)}{d} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \\&= 4 \sum_{d=0}^{\infty} \frac{(-1)^{d}}{2d+1} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}\\ &= 4 \left(\frac{\pi}{4} \right) \left(\log 2 \right) \\ &= \pi \log 2. \end{align}$$

$(1)$ Cuando $d$ está en paz, $\sin \left(\frac{\pi d}{2} \right)$ es cero.