¿Cómo calcular la serie $\sum_{n=0}^\infty q ^ {n ^ 2} $?

Question

Deje que $p\in (0,1)$. Es allí una manera de calcular la serie $$ \sum_{n=0}^\infty q^{n^2} $$ explícitamente? Hay al menos una buena estimación precisa?

Todo lo que pude conseguir es la estimación $$\sqrt{\frac{\pi}{4\cdot\mathrm{ln}\frac{1}{q}}}\leq\sum_{n=0}^\infty q^{n^2}\leq 1+\sqrt{\frac{\pi}{4\cdot\mathrm{ln}\frac{1}{q}}}$$ a través de la integración (muy posiblemente errónea).

Por $q=\frac{1}{2}$, Arce da los valores $$ 1.064467020\leq 1.564468414\leq 2.064467020, $$ mostrando que mi estimación no es muy precisa. (Por supuesto, la suma de los dos errores siempre serán $1$. Aquí ambos errores son coincidentemente casi exactamente $\frac{1}{2}$.)

Answer 1

Como Qiaochu dice, el de Euler-Maclaurin fórmula es útil aquí. Que da el error en la aproximación

$$\sum_{n=0}^{\infty} p^{n^2} \approx \sqrt{\frac{\pi}{4 \log (1/q)}} + \frac{1}{2}$$

para ser exactamente

$$ \lim_{a \to \infty} \int_0^un 2xq^{x^2} (\log q) \left(x - \lfloor x \rfloor - \frac{1}{2}\right) dx.$$

Desde $p^{x^2} \to 0$ muy rápidamente, el valor de esta integral se puede aproximar muy de cerca por el uso de pequeños valores de $a$.

Por ejemplo, si $p = 1/2$, la integral (es decir, el error en la aproximación) se evalúa a $1.39417 \times 10^{-6}$ (a través de Mathematica).

Answer 2

$\theta_3(q)=\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2}$, donde $p=e^{-\pi s}$ y ya, por $Re(s)>0,$

$$\sqrt{s} \theta_ 3(e^{-\pi s}) = \theta_3(e^{-\pi/s})$$

tenemos

$$\sum_{n=0}^\infty q^{n^2} = \sqrt{ \frac{\pi} {4 \log \left( \frac{1}{q} \right) } } \theta_3(e^{-\pi/s}) + \frac12.$$

Pero si $s$ es pequeña, $e^{-\pi/s}$ es grande y por lo que $\theta_3(e^{-\pi/s}) \aprox 1,$ y, por tanto, de obtener el resultado que usted notado:

$$\sum_{n=0}^\infty q^{n^2} \approx \sqrt{ \frac{\pi} {4 \log \left( \frac{1}{q} \right) } } + \frac12.$$

Para una mayor precisión tomar más términos en la suma de definir $\theta_3(e^{-\pi/s}).$

Answer 3

Un elemental límite inferior se puede encontrar utilizando el teorema de los cuatro cuadrados. Vamos

$$f(q)=\sum_{n=0}^\infty {q^{n^2}}$$. Entonces:

$$f(q)^4 = \sum_{n=0}^\infty {a_n q^n}$$

Donde $a_n$ es el número de formas de expresión de la $$ n como suma de cuatro cuadrados.

Sabemos que $a_n \geq 4$ si $n>0$, así que cuando $0<q<1$,

$$f(q)^4 > 1 + 4t + 4t^2 + ... = 4/(1-q) - 3 = \frac{3t+1}{1-p}$$

Por lo que $$f(q) > {(\frac{3t+1}{1-p})}^{\frac{1}{4}}$$

Cuando $q=\frac{1}{2}$, esto le da un límite inferior de $5^{\frac{1}{4}} \approx 1.493$

Edit: por supuesto, eso es bastante ridículo, porque es trivialmente cierto que $f(p)>1+q$.

Answer 4

El comentario anterior, señalando que las sumas parciales convergen rápidamente, sugiere para mejorar su estimación muy bien usando un límite de $ $R_n, el resto después de la suma parcial n-ésima, dada por la integral de $q ^ {x ^ 2} $: $$ R_n = \int_n^\infty q ^ {x ^ 2} \, dx = \sqrt {\frac{\pi}{2\ln(1/q)}} (1-\mathrm{erf} (\sqrt{\ln(1/q)})) n $$

Incluso teniendo sólo $n = 3$, por ejemplo, da (de $q = 1/2$) $$ 0.56401 < \sum_{n=1}^{\infty} q ^ {x ^ 2} < 0.56489 $$