Serie infinita $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\left\lfloor\frac{\log(n)}{\log(2)}\right\rfloor$

Question

Cómo demostrar que $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\left\lfloor\frac{\log(n)}{\log(2)}\right\rfloor=\gamma$$

¿Podemos encontrar un valor conocido para $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\left\lfloor\frac{\log(n)}{\log(k)}\right\rfloor$ para cualquier $k\in\mathbb{N}?$

Answer 1

Primero hay que demostrar que la suma converge agrupando los sumandos de dos en dos, por lo que basta con comprobar las sumas aproximadas con $n$ corriendo de $1$ a $2^k-1$ digamos. Para estos, dividir la suma en los trozos donde $\left\lfloor\frac{\log n}{\log 2}\right\rfloor$ es constante: $$\sum_{n=1}^{2^k-1} \frac{(-1)^n}{n} \left\lfloor \frac{\log n}{\log 2} \right\rfloor = \sum_{r=0}^{k-1} \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} r\frac{(-1)^n}{n} = \sum_{r=0}^{k-1} r \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{(-1)^n}{n} = \sum_{r=1}^{k-1} r \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{(-1)^n}{n}$$ Dividir $\frac{1}{n}$ para los n pares en $\frac{1}{n/2}-\frac{1}{n}$ y reordenar las sumas internas: $$\begin{align}\sum_{r=1}^{k-1} r \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{(-1)^n}{n}&= \sum_{r=1}^{k-1} r \left( \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{-1}{n} + \sum_{n=2^{r-1}}^{2^r-1} \frac{1}{n}\right)\\& =1+\sum_{r=1}^{k-2}(r+1-r) \sum_{n=2^r}^{2^{r+1}-1} \frac{1}{n} - (k-1)\sum_{n=2^{k-1}}^{2^k-1}\frac{1}{n}\\&= \sum_{n=1}^{2^{k-1}-1} \frac{1}{n} - (k-1)\sum_{n=2^{k-1}}^{2^k-1}\frac{1}{n}.\end{align}$$ La primera suma es $\log 2^{k-1} + \gamma + o(1)$ el segundo es $(k-1) \log 2 + o(1)$ .

Para $k$ en lugar de $2$ se puede hacer el mismo reordenamiento, pero las sumas ya no se superponen, por lo que es más difícil de manejar.