¿Cómo hace uno [fácilmente] calcular el $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\mathrm{pop}(n)}{n(n+1)}$?

Question

¿Cómo hace uno [fácilmente] calcular el $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\mathrm{pop}(n)}{n(n+1)}$ donde $\mathrm{pop}(n)$ cuenta el número de bits a '1' en la representación binaria de $n$? ¿Hay algún truco para calcular la suma? A partir de lo que ya tengo, definitivamente converge.

Answer 1

Para $k \in \mathbb{N}$, considere la función:

$$\theta_k(n) = \begin{cases}1&\text{ if }k^{th}\text{ bit of }n\text{ is set}\\0,&\text{ otherwise.}\end{cases}$$

Tenemos:

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\operatorname{pop}(n)}{n(n+1)} = \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\theta_k(n)}{n(n+1)} = \sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\theta_k(n)}{n(n+1)} \etiqueta{*}$$ debido a que los sumandos en la suma doble son todos los que no son números negativos y nos permiten llevar a cabo el doble de la suma en cualquier orden que desee.

Aviso de $\theta_k(n) = 1\;$ fib $\;(2l + 1)2^k \le n < (2l+2)2^k\;$ para algunos entero $l \in \mathbb{N}$, obtenemos:

$$ (*) = \sum_{k=0}^{\infty}\sum_{i=0}^{\infty} \sum_{n=(2l+1)2^k}^{(2l+2)2^k-1} \frac{1}{n(n+1)} = \sum_{k=0}^{\infty}\sum_{i=0}^{\infty} \left(\frac{1}{(2l+1)2^k} - \frac{1}{(2l+2)2^k}\right)\\ = \left(\sum_{k=0}^{\infty}2^{-k}\right)\sum_{i=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2l+1} - \frac{1}{2l+2}\right) = \frac{1}{1-2^{-1}}\log 2 = 2\log 2 $$

Answer 2

Personalmente creo que tendrá que luchar para encontrar una fórmula exacta, debido a la dificultad en el establecimiento de una expresión para $\text{pop}(n)$. He aquí un primer intento de algunos límites...

$$1\le\text{pop}(n)\le\lfloor \log_2(n)\rfloor+1\le \frac{\ln(n)}{\ln(2)}+1,$$

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\text{pop}(n)}{n(n+1)}\le\frac{1}{\ln(2)}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln(n)}{n(n+1)}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{\ln(2)}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln(n)}{n(n+1)}+1,$$ donde hemos utilizado:$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}=1,$$ que también establece el límite inferior. A continuación, tenga en cuenta que $\ln(x)/x$ es monotono y la disminución de $x>e$, por lo que podemos aplicar la integral de la prueba si dividimos la suma de la siguiente manera:

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln(n)}{n(n+1)}=\frac{\ln(2)}{6}+\sum_{n=3}^{\infty}\frac{\ln(n)}{n(n+1)},$$ $$\int_{3}^{\infty}\frac{\ln(x)}{x(x+1)}{dx}\le\sum_{n=3}^{\infty}\frac{\ln(n)}{n(n+1)}\le\frac{\ln(3)}{3(3+1)}+\int_{3}^{\infty}\frac{\ln(x)}{x(x+1)}{dx},$$ $$\int _{3}^{\infty }\!{\frac {\ln \left( x \right) }{x \left( x+1 \right) }}{dx}=-\frac{1}{2}\, \ln^2 \left( 3 \right)+{ \text{dilog}} \left( 4 \right) +2\,\ln \left( 3 \right) \ln \left( 2 \right) +\frac{{\pi }^{2}}{6}\approx0.625084187,$$ por lo tanto:

$$1\le\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\text{pop}(n)}{n(n+1)}\le{\frac {14\,\ln \left( 2 \right) +\ln \left( 3 \right) -6\, \left( \ln \left( 3 \right) \right) ^{2}+12\,{\texto{dilog}} \left( 4 \right) +24\,\ln \left( 3 \right) \ln \left( 2 \right) +2\,{\pi }^{ 2}}{12\ln \left( 2 \right) }} , $$

$$1\le\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\text{pop}(n)}{n(n+1)}\le2.2006.$$