Aproximaciones muy precisas para $\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{n}{a^n-1}$ y $\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{n^{2m+1}}{e^n-1}$

Question

Disculpas si esto ha sido hecho antes, ya que parece bastante simple. Me gusta jugar con formal de las matemáticas, y yo una vez deriva de la siguiente fórmula que tiene para muchas de las funciones (ver mi pregunta aquí; todavía nadie ha respondido a mi petición de los criterios de describir para que $q(x)$ tiene):

$$\sum_{n=0}^{\infty}q(n)=\int_{0}^{\infty}q(s)ds-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{B_{k}q^{[k-1]}(0)}{k!}\tag{*}$$

donde $B_n$ son los números de Bernoulli. El uso de esta fórmula con la $q(x)=\frac{x}{e^x-1}$ y las identidades $\int_0^\infty \frac{x^{s-1}}{e^x-1}=\Gamma(s)\zeta(s)$$\frac{x}{e^x-1}=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{B_n}{n!}x^n$, era fácil mostrar (desde $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}{\frac{n}{e^n-1}}=0$que:

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{e^n-1}=\frac{\pi^2}{6}-1-\sum_{n=0}^\infty \frac{B_n B_{n+1}}{n!(n+1)!}$$

Pero el extraño Bernoulli números son cero pasado $n=3$, de modo que obtenemos:

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{e^n-1}=\frac{\pi^2}{6}-\frac{11}{24}\tag{1}$$

Ahora, esto es muy preciso, en efecto; Wolfram Alpha declara que el error sea del orden de $10^{-16}$. Además, el uso de $(*)$ $q(x)=\frac{x^{2m+1}}{e^x-1}$ en una manera similar, se obtiene:

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{n^{2m+1}}{e^n-1}=\Gamma(2m+2)\zeta(2m+2)-\sum_{n=0}^\infty \frac{B_n B_{2m+n+1}}{n!(2m+n+1)!}$$

que se simplifica a:

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{n^{2m+1}}{e^n-1}=(2m+1)!\zeta(2m+2)+\frac{B_{2m+2}}{2(2m+2)!}\tag{2}$$

Para $m=1$ esto nos da:

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{n^3}{e^n-1}=\frac{\pi^4}{15}-\frac{1}{1440}$$

que Wolfram Alpha declara haber un error en el orden de $10^{-3}$. El $m=2$ de los casos aparece también tener un error en el orden de $10^{-3}$.

Si utilizamos $q(x)=\frac{bx}{e^{bx}-1}$ $(*)$ y, a continuación, establezca $b=\ln{a}$, entonces creo que tenemos las siguientes supuesta identidad:

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{a^n-1}=\frac{\pi^2}{6(\ln{a})^2}-\frac{1}{2\ln{a}}+\frac{1}{24}\tag{3}$$

La exactitud de $(3)$ parece muy buena; por ejemplo, para $a=2$ $10^{-16}$, $a=3$ $10^{-15}$, y para $a=6$ es todavía $10^{-9}$. Todo esto me hace creer que estas fórmulas no son exactamente correcto, pero su precisión me sorprende. No sé si lo que está pasando en esta pregunta tiene alguna relevancia aquí.

Mis preguntas son: ¿alguien Puede confirmar que todas las expresiones son, de hecho, sólo aproximaciones, o algunas de ellas realmente correcto? Lo que en general son los términos de error para$(2)$$(3)$? ¿Alguien puede explicar por qué estas expresiones son en realidad tan precisa?

Answer 1

Deje $q = e^{-1}$ $$\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{n}{e^{n} - 1} = \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{nq^{n}}{1 - q^{n}} = \frac{1 - P(q)}{24}$$ where $P(q)$ is a famous Ramanujan's function. It is known from the theory of elliptic and theta functions that if $q = \exp(-\pi K'/K)$ then $$P(q) = \left(\frac{2K}{\pi}\right)^{2}\left(\frac{6E}{K} + k^{2} - 5\right)$$ Note that in your case $q = 1/e$ so that $K'/K = 1/\pi$ and hence there is no explicit known form for $k$ y por lo tanto es difícil evaluar la suma en forma cerrada.

Del mismo modo, si $s$ es un entero positivo impar, entonces el valor de $$F(q) = \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{n^{s}q^{n}}{1 - q^{n}}$$ is expressible in terms of $K, k, \pi$ where $q = \exp(-\pi K'/K)$. Evaluation of such sums in closed form is possible if $q = e^{-\pi\sqrt{r}}$ for some positive integer $r$ because in that case $k$ is algebraic and $K$ can be evaluated for at least some values of $r$. Also note that your sum uses $n = 0$ for which the denominator vanishes and it should be treated as $n / a 0$ instead of $n = 0$. Thus $n/(e^{n} - 1) \a 1$ as $n / a 0$.

El material de fondo en la elíptica y theta funciones (incluyendo Ramanujan funciones) está cubierto en mi blog , y requiere un poco de paciencia para entender la teoría completamente. Vea algunas de las respuestas a preguntas similares aquí y aquí.