Convergencia de la doble suma $\sum_{m, n}\frac{1}{m^p + n^k}$

Question

¿Para qué ${k, p \in \mathbb{R}}$ converge $\sum_{m,n \in \mathbb{N}} \frac{1}{m^p + n^k}$?

Es necesario pero no suficiente que $p, k \gt 1$

Estoy buscando una solución simple, ya que las soluciones que he visto hasta ahora han sido bastante pervertidas.

Answer 1

Al descomponer la suma en dos partes, tenemos $$ \sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac1{m^p+n^k} =\color{#C00000}{\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^{\left\lfloor m^{p/k}\right\rfloor}\frac1{m^p+n^k}} +\color{#00A000}{\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^{\left\lceil n^{k/p}-1\right\rceil}\frac1{m^p+n^k}}\tag{1} $$ Para la suma roja (lado izquierdo), donde $m^p\ge n^k$, tenemos $$ \frac12\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^{\left\lfloor m^{p/k}\right\rfloor}\frac1{m^p} \le\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^{\left\lfloor m^{p/k}\right\rfloor}\frac1{m^p+n^k} \le\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^{\left\lfloor m^{p/k}\right\rfloor}\frac1{m^p}\tag{2} $$ y $$ \sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^{\left\lfloor m^{p/k}\right\rfloor}\frac1{m^p} =\sum_{m=1}^\infty\frac{\left\lfloor m^{p/k}\right\rfloor}{m^p}\tag{3} $$ que converge si y solo si $p\left(1-\frac1k\right)\gt1$, lo cual es equivalente a $\frac1p+\frac1k\lt1$.

Para la suma verde (lado derecho), donde $n^k\gt m^p$, tenemos $$ \frac12\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^{\left\lceil n^{k/p}-1\right\rceil}\frac1{n^k} \le\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^{\left\lceil n^{k/p}-1\right\rceil}\frac1{m^p+n^k} \le\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^{\left\lceil n^{k/p}-1\right\rceil}\frac1{n^k}\tag{4} $$ y $$ \sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^{\left\lceil n^{k/p}-1\right\rceil}\frac1{n^k} =\sum_{n=1}^\infty\frac{\left\lceil n^{k/p}-1\right\rceil}{n^k}\tag{5} $$ que converge si y solo si $k\left(1-\frac1p\right)\gt1$, lo cual es equivalente a $\frac1p+\frac1k\lt1$.

Así que, $(1)$ converge si y solo si $\frac1p+\frac1k\lt1$.

Answer 2

Supongamos que $p,k>1$. Denotemos $$a_{m,n}=\frac{1}{m^p+n^k},$$

y para cada $m\ge 1$, denotemos $$b_m=m^{-p(1-\frac{1}{k})}\quad\text{y}\quad S_m=\sum_{n=1}^\infty a_{m,n}<\infty.$$

Afirmación: Existen $0 $$C_1\, b_m

Prueba: Para probar $(1)$, podemos suponer $m^\frac{p}{k}\ge 3$ para mayor comodidad. Escribimos $S_m$ como $A_m+B_m$, donde $$A_m=\sum_{1\le n\le m^\frac{p}{k}}a_{m,n}\quad\text{y}\quad B_m=\sum_{n>m^\frac{p}{k}}a_{m,n}.$$

Dado que $m^\frac{p}{k}\ge 3$, cuando $1\le n\le m^\frac{p}{k}$,

$$\frac{m^{-p}}{2} \le a_{m,n}\le m^{-p}\Longrightarrow \frac{b_m}{6}= \frac{m^\frac{p}{k}}{3}\cdot\frac{m^{-p}}{2} \le A_m\le m^\frac{p}{k}\cdot m^{-p}=b_m\,; \tag{3}$$

cuando $n>m^\frac{p}{k}$,

$$\frac{n^{-k}}{2} \le a_{m,n}\le n^{-k}\Longrightarrow \frac{b_m}{2^k(k-1)}=\int_{2m^\frac{p}{k}}^\infty\frac{dx}{2x^k}\le B_m\le\int_{\frac{1}{2}m^\frac{p}{k}}^\infty\frac{dx}{x^k}= \frac{2^{k-1} b_m}{k-1}. \tag{4}$$

$(1)$ sigue inmediatamente de $(3)$ y $(4)$; $(2)$ sigue de $(1)$ y el hecho de que $$\sum_{m=1}^\infty m^{-p(1-\frac{1}{k})}<\infty \iff p(1-\frac{1}{k})>1.$$

Answer 3

Aquí hay otro enfoque:

Limite superior la suma agrupando por escalas diádicas:

$\sum_{m,n} \frac{1}{m^k+n^p}\leq \sum_{l} \#\{m,n:\ 2^{l-1}\leq m^k+n^p \leq 2^l \} 2^{-(l-1)}$

Podemos acotar superiormente el tamaño de este conjunto por el tamaño del conjunto $\{m,n:\ m^k \leq 2^l, n^p \leq 2^l\}$, por lo tanto, el tamaño está acotado por arriba por $2^{l/k+l/p}$ y una cota superior de la suma es

$\sum_l 2^{1/k+1/p-1}$ que es finito si $1/k+1/p < 1$.

Para la otra dirección, acote inferiormente la suma por

$\sum_{m,n} \frac{1}{m^k+n^p}\geq \sum_{l} \#\{m,n:\ 2^{l-1}\leq m^k+n^p \leq 2^l \} 2^{-l}$

Una cota inferior de este conteo es acotar el conjunto $\{m,n:\ 2^{l-2}\leq m^k \leq 2^{l-1}, 2^{l-2} \leq n^p \leq 2^{l-1}\}$ que tiene tamaño del orden $(2^{-1/k}-2^{-2/k})(2^{-1/p}-2^{-2/p})2^{l/k+l/p}$, y por lo tanto, si $1/k+1/p > 1$ la suma diverge.

Answer 4

Dividimos la suma en consideración en las tres sumas de términos positivos: $$\sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac 1 {m^p+n^k}=\sum_{m=2}^\infty \sum_{n=2}^\infty \frac 1 {m^p+n^k}+\sum_{m=1}^\infty \frac 1 {m^p+1}+\sum_{n=2}^\infty \frac 1 {n^k+1}.$$ Si $p>1$ y $k>1$, entonces estas dos últimas series convergen. A continuación, $$ \sum_{m=2}^\infty \sum_{n=2}^\infty \frac 1 {m^p+n^k}\le \sum_{m=2}^\infty \sum_{n=2}^\infty \int_{m-1}^{m} \int_{n-1}^{n} \frac {dx\,dy} {x^p+y^k}=\int_1^\infty \int_1^\infty \frac {dx\, dy} {x^p+y^k}.$$ Ahora reemplazamos $$ \left\{ x={r}^{2/p} \left( \cos \left( \phi \right) \right) ^{2/p},y={r}^{2/k} \left( \sin \left( \phi \right) \right) ^{2/k} \right\}. $$ El código de Maple $$ with(VectorCalculus):$$ $$simplify(Jacobian([r^{2/p}*cos(phi)^{2/p}, r^{2/k}*sin(phi)^{2/k}], [r, phi], 'determinant')[2], trig, power);$$ calcula el Jacobiano $$4\,{r}^{-{\frac {pk-2\,k-2\,p}{pk}}} \left( \cos \left( \phi \right) \right) ^{-{\frac {p-2}{p}}} \left( \sin \left( \phi \right) \right) ^{-{\frac {-2+k}{k}}}{p}^{-1}{k}^{-1}. $$ Por lo tanto, $$ \int_1^\infty \int_1^\infty \frac {dx\, dy} {x^p+y^k}\le$$ $$\int_1^\infty r^{-{\frac {pk-2\,k-2\,p}{pk}}-2} \,dr\int_{\phi_1(r)}^{\phi_2(r)}\left( \cos \left( \phi \right) \right) ^{-{\frac {p-2}{p}}} \left( \sin \left( \phi \right) \right) ^{-{\frac {-2+k}{k}}}{p}^{-1}{k}^{-1}\,d\phi \le $$ $$ \int_1^\infty r^{-{\frac {pk-2\,k-2\,p}{pk}}-2} \,dr\int_{0}^{\pi/2}\left( \cos \left( \phi \right) \right) ^{-{\frac {p-2}{p}}} \left( \sin \left( \phi \right) \right) ^{-{\frac {-2+k}{k}}}{p}^{-1}{k}^{-1}\,d\phi. $$ Las desigualdades aparecen porque ampliamos la región de integración del cuadrante $\{(x,y):x \ge 1, y \ge 1 \}$ a $\{(r,\phi): r\ge 1, \phi \ge \phi_1(r)=\arcsin(1/r), \phi \le \phi_2(r)=\pi/2-\arcsin(1/r)\} \subset$ $ \{(r,\phi):r\ge 1,\, \phi \ge 0, \,\phi \le \pi/2\}.$ La integral $$ \int_0^{\pi/2}\left( \cos \left( \phi \right) \right) ^{-{\frac {p-2}{p}}} \left( \sin \left( \phi \right) \right) ^{-{\frac {-2+k}{k}}}{p}^{-1}{k}^{-1}\,d\phi$$ converge porque $p>1,\,k>1.$ La integral $$ \int_1^\infty r^{-{\frac {pk-2\,k-2\,p}{pk}}-2} \,dr$$ converge si $$\frac 1 p +\frac 1 k <1. $$