La forma cerrada de $\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{\lfloor\sqrt{3n}\rfloor^2}-\frac{1}{3n}\right)$

Question

Necesito algunas ideas para aprovechar para encontrar la forma cerrada de $$\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{\lfloor\sqrt{3n}\rfloor^2}-\frac{1}{3n}\right)$$

Answer 1

Vamos a evaluar la suma por la agrupación de los términos de acuerdo a $p = \lfloor 3n \rfloor$.

$$\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{\lfloor\sqrt{3n}\rfloor^2} - \frac{1}{3n}\right) = \sum_{p=1}^\infty \sum_{\frac{p^2}{3} \le n < \frac{(p+1)^2}{3}} \left(\frac{1}{p^2} - \frac{1}{3n}\right) $$ y, a continuación, analizar el interior de las sumas en grupo de tres. Tenemos

• $p = 3k-2$
  $$\frac{(3k-2)^2}{3} \le n < \frac{(3k-1)^2}{3} \iff 3k^2 - 4k + 2 \le n \le 3k^2 - 2k$$
• $p = 3k-1$ $$\frac{(3k-1)^2}{3} \le n < \frac{(3k)^2}{3} \iff 3k^2-2k+1 \le n \le 3k^2-1$$
• $p = 3k$ $$\frac{(3k)^2}{3} \le n < \frac{(3k+1)^2}{3} \iff 3k^2 \le n \le 3k^2+2k$$

Esto implica que el número de $n$ con un determinado $p$ es igual a

$$\Big|\{\; n : \lfloor \sqrt{3n} \rfloor = p\;\}\Big| = \begin{cases} 2k - 1,& p = 3k - 2\\ 2k - 1,& p = 3k - 1\\ 2k + 1,& p = 3k \end{casos}$$

Como resultado, tenemos $$ \sum_{p=1}^{3K} \sum_{\frac{p^2}{3} \le n < \frac{(p+1)^2}{3}} \left(\frac{1}{p^2} - \frac{1}{3n}\right) = \sum_{k=1}^K \left[\frac{2k-1}{(3k-2)^2} + \frac{2k-1}{(3k-1)^2} + \frac{2k+1}{(3k)^2}\right] - \frac13 H_{3K^2 + 2K} $$ donde $H_n$ $n^{th}$ número Armónico. Un poco de álgebra nos permiten reescribir lo que está en la plaza del soporte como

$$\frac23\left[ \frac{1}{3k-2} + \frac{1}{3k-1} + \frac{1}{3k} \right] + \frac13 \left[\frac{1}{(3k-2)^2} - \frac{1}{(3k-1)^2}\right] + \frac{1}{(3k)^2}$$

A partir de esto, nos encontramos con la suma parcial de arriba es igual a

$$\frac23 H_{3K} - \frac13 H_{3K^2+2_K} + \sum_{k=1}^K\left\{ \frac19 \frac{1}{k^2} + \frac{1}{27} \left[\frac{1}{(k-\frac23)^2} - \frac{1}{(k-\frac13)^2}\right] \right\}$$ Es trivial para mostrar $$\lim_{K\to\infty} \frac23 H_{3K} - \frac13 H_{3K^2+2K} = \frac13 (\log 3 + \gamma).$$ Junto con los hechos $$ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} = \zeta(2) = \frac{\pi^2}{6} \quad\text{ y }\quad \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(k-\alpha)^2} = \psi'(1-\alpha) $$ donde $\psi(x)$ es la función Digamma, la suma que desea es

$$\frac13 (\log 3 + \gamma) + \frac{\pi^2}{54} + \frac{1}{27} \left(\psi'\left(\frac13\right) - \psi'\left(\frac23\right)\right)$$

Numéricamente, WA evaluar a un número $\approx 1.0018139073607347758976943818370...$
Por desgracia, la suma original converge muy lentamente. Yo no tengo una validación independiente de la exactitud de encima de la forma cerrada.