¿Cómo de cerca puede $\sum_{k=1}^n \sqrt{k}$ a un número entero?

Question

¿Cómo de cerca puede $S(n) = \sum_{k=1}^n \sqrt{k}$ a un número entero? ¿Hay alguna $f(n)$ tal que, si $I(x)$ es el número entero más cercano a $x$ , entonces $|S(n)-I(S(n))|\ge f(n)$ (como $1/n^2$ , $e^{-n}$ , ...).

Esta pregunta se inspira en la recientemente propuesta y respondida pregunta de "demostrar que $\sum_{k=1}^n \sqrt{k}$ nunca es un número entero/". La pregunta está aquí: Es $\sqrt1+\sqrt2+\dots+\sqrt n$ ¿alguna vez un número entero?

La estimación de Euler-Maclaurin para $S(n)$ puede ser útil. Según una respuesta aquí, (el enlace es " Cómo calcular la expansión asintótica de $\sum \sqrt{k}$ ? ") $$S(n) = \frac{2}{3} n^{3/2} + \frac{1}{2} n^{1/2} + C + \frac{1}{24} n^{-1/2} + O(n^{-3/2})$$ donde $C=\zeta(-\frac 12)\approx-0.207886224977...$ .

Answer 1

Supongamos que nos dan un pequeño $\epsilon\gt 0$ . Demostramos que podemos elegir $n$ tal que $\sum_1^n\sqrt{k}$ está dentro de $\epsilon$ de un número entero. Se utilizan estimaciones relativamente sencillas.

Para tomar $N\gt 1/\epsilon$ . Entonces los números $$\sqrt{N^4+1},\quad \sqrt{N^4+2},\quad\text{and so on up to}\quad \sqrt{N^4+2N} $$ son mayores que $N^2$ pero dentro de $\epsilon$ de $N^2$ . Por lo tanto, cada uno de ellos es "casi" un número entero. Para ver esto, observe que $\left(N^2+\frac{1}{N}\right)^2 \gt N^4 +2N$ .

Además, estos números tienen partes fraccionarias que suman más de $1$ . Esto es bastante sencillo, ya que la parte fraccionaria más pequeña es aproximadamente $\frac{1}{2N}$ .

Por lo tanto, por muy lejos que esté $\sum_1^{N^4} \sqrt{k}\,\,$ puede ser de un número entero, una de las sumas a $n=N^4+i$ , donde $1\le i\le 2N$ debe estar dentro de $\epsilon$ de un número entero.

Observación: Puede ser interesante preguntarse cuánto mejor se puede hacer que $M\approx \frac{1}{\epsilon^4}$ para estar seguro de que hay un $n\le M$ tal que $\sum_1^n\sqrt{k}$ está dentro de $\epsilon$ de un número entero. Presumiblemente mucho mejor. Ahí es donde pueden ser útiles ideas más sofisticadas como la de Euler-Maclaurin.

Answer 2

Gracias Marty por una pregunta fascinante. Podemos obtener toda la expansión asintótica con bastante facilidad utilizando las transformadas de Mellin.

Comienza con la suma telescópica $$ S(x) = \sum_{k\ge 1} \left(\sqrt{k}-\sqrt{x+k}\right)$$ que tiene la propiedad de que $$ S(n) = \sum_{q=1}^n \sqrt{q}$$ para que $S(n)$ es el valor que buscamos.

Ahora reescribe el término interior para que podamos ver los armónicos: $$ \sqrt{k}-\sqrt{x+k} = \sqrt{k}\left(1-\sqrt{x/k+1}\right).$$

Recordemos que $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1} \lambda_k g(\mu_k x); s\right)= \left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} \right)g^*(s)$$ donde $g^*(s)$ es la transformada de Mellin de $g(x).$ En este caso tenemos $$\lambda_k = \sqrt{k}, \quad \mu_k = \frac{1}{k} \quad \text{and} \quad g(x) = 1-\sqrt{1+x}.$$

De ello se desprende que $$ \sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \sum_{k\ge 1} \sqrt{k} \times k^s =\zeta(-1/2-s).$$

Además, tenemos $$\mathfrak{M}(g(x); s) = \frac{1}{2\sqrt{\pi}} \Gamma(-1/2-s)\Gamma(s).$$

Ahora esta transformación tiene una franja fundamental $\langle -1, -1/2 \rangle$ mientras que el término de la función zeta tiene $-s-1/2 > 1$ o $s < -3/2.$ Estos dos son disjuntos. Por lo tanto, tenemos que modificar $g(x)$ cancelando el siguiente término de la serie de potencias de $-\sqrt{1+x},$ que da $$g(x) = 1 + \frac{1}{2} x - \sqrt{x+1},$$ con franja fundamental $\langle -2, -1 \rangle,$ y la transformación de $g(x)$ siendo el mismo. Esta franja es perfecta ya que el semiplano de convergencia del término de la función zeta comienza justo en el centro de la misma, extendiéndose hacia la izquierda.

Es importante señalar que ahora hemos añadido $$\sum_{k\ge 1} \frac{1}{2}\sqrt{k} \frac{x}{k} = \frac{1}{2} x \sum_{k\ge 1} \frac{1}{\sqrt{k}} = \frac{1}{2} x \zeta(1/2)$$ a nuestra suma, que tendremos que restar al final.

La conclusión es que la transformada Mellin $T(s)$ de $S(x)$ viene dada por $$T(s) = \frac{1}{2\sqrt{\pi}} \Gamma(-1/2-s)\Gamma(s) \zeta(-1/2-s).$$

Ahora aplica la inversión de Mellin, desplazando la integral $$\frac{1}{2\pi i}\int_{-7/4-i\infty}^{-7/4+i\infty} T(s)/x^s ds$$ a la derecha para obtener una expansión en el infinito.

Obtenemos que $$\operatorname{Res}(T(s)/x^s; s=-3/2) = -\frac{2}{3} x^{3/2},$$ $$\operatorname{Res}(T(s)/x^s; s=-1) = -\frac{1}{2} \zeta(1/2) x,$$ (este residuo no contribuye siendo anulado por el término que introdujimos para desplazar la franja fundamental de $g(x)$ ) $$\operatorname{Res}(T(s)/x^s; s=-1/2) = -\frac{1}{2} x^{1/2},$$ $$\operatorname{Res}(T(s)/x^s; s=0) = -\zeta(-1/2),$$ $$\operatorname{Res}(T(s)/x^s; s=1/2) = -\frac{1}{24} x^{-1/2}.$$ El resto de los residuos tienen la forma $$\operatorname{Res}(T(s)/x^s; s=2q+1/2) = \frac{1}{2\sqrt{\pi}}\Gamma(2q+1/2)\zeta(-2q-1)\frac{x^{-2q-1/2}}{(2q+1)!}.$$ Aquí utilizamos $q\ge 1.$ El lector puede querer simplificarlas.

Así se obtiene la expansión asintótica $$S(n) \sim 2/3\,{n}^{3/2}+1/2\,\sqrt {n}+\zeta \left( -1/2 \right) + 1/24\,{\frac {1}{\sqrt {n}}} -{\frac {1}{1920}}\,{n}^{-5/2}+{\frac {1}{9216}}\,{n}^{-9/2} +\cdots$$

Esto es como debe ser y aquí las transformaciones de Mellin realmente brillan. Mellin-Perron y Wiener-Ikehara sólo dan los primeros términos, mientras que Euler-MacLaurin no produce la constante. Las siguientes Enlace MSE apunta a un cálculo con un espíritu muy similar.

Answer 3

La forma de la expansión asintótica sugiere examinar los valores de $n$ cerca de $36m^2$ , donde $m\in\mathbb{Z}^+$ . Para $a\in\mathbb{Z}$ y $|a|\ll m^2$ encontramos $$\begin{equation*} S(36m^2+a) = 144m^3+(6a+3)m+\frac{a(a+1)}{24m}+\zeta(-1/2) + O(1/m).\tag{1} \end{equation*}$$ Así, si $m$ es grande y $$\begin{equation*} m = \left[-\frac{a(a+1)}{24\zeta(-1/2)}\right],\tag{2} \end{equation*}$$ donde $[\;]$ es la función de número entero más cercana, la propia suma debe estar cerca de un número entero. La expansión (1) es consistente, ya que para esta elección de $m$ debemos tener $|a|\sim\sqrt{m}\ll m^2$ .

El error introducido por (2) es $O(1/m)$ . Así, la suma para esta elección de $n$ estará dentro de $O(1/m)\sim O(1/n^{1/2})$ de un número entero.

A continuación damos la distancia al entero más cercano al séptimo decimal para algunos valores de $n$ . $$\begin{array}{lll} a & n & |S(n)-[S(n)]| \\ \hline 2 & 38 & 0.0462347 \\ 4 & 580 & 0.0019127 \\ 8 & 7064 & 0.0068525 \\ 16 & 108916 & 0.0017046 \\ 32 & 1618016 & 0.0003070 \\ 64 & 25040080 & 0.0000443 \\ 128 & 394419728 & 0.0000292 \end{array}$$

Answer 4

Al contrario de los números obtenidos por el ingenioso enfoque de @user26872, La secuencia de "mejores valores hasta este punto" para los números $m$ tal que $\sum_1^m\sqrt{n}$ está más cerca de un número entero que de cualquier otro más pequeño $n$ es

$$ \{ 3, 13, 22, 33, 38, 41, 54, 156, 761, 10869, 41085, 142625, 224015, 898612, 2750788 \ldots\} $$ Por ejemplo, $\sum_1^{156}\sqrt{n} \approx 1305.000314$ y $\sum_1^{10869}\sqrt{n} \approx 755479.999989$ y $\sum_1^{2750788}\sqrt{n}$ es sólo $3.0776 \cdot 10^{-8}$ más que un número entero.

De estos mejores valores, sólo $38$ está en la lista dada en la otra respuesta.

La observación es que se pueden obtener mejores aproximaciones a un número entero permitiendo que los términos principales se desvíen de los valores enteros, de forma inteligente que casi anulen los términos de orden inferior.

Answer 5

Para completar este cálculo tenemos que mostrar cómo calcular $$g^*(s) = \mathfrak{M}(\sqrt{x+1}; s).$$ Esto es $$\int_0^\infty \sqrt{x+1} x^{s-1} dx.$$ Ahora pon $x+1 = 1/t$ para conseguir $$ g^*(s) = \int_1^0 \frac{1}{\sqrt{t}} \frac{(1-t)^{s-1}}{t^{s-1}} \left(-\frac{1}{t^2}\right) dt \\ = \int_0^1 t^{-1/2-s+1-2} (1-t)^{s-1} dt = \int_0^1 t^{-s-3/2} (1-t)^{s-1} dt. $$ Esta última integral es un término de la función beta e igual a $$B(-s-1/2, s) = \frac{\Gamma(-s-1/2)\Gamma(s)}{\Gamma(-1/2)} = -\frac{\Gamma(-s-1/2)\Gamma(s)}{2\sqrt{\pi}}.$$ Esto debía mostrarse.