Evaluar $\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{5k+1} - \frac{1}{5k+2} - \frac{1}{5k+3} + \frac{1}{5k+4} \right)$

Question

Vi a este problema en algún lugar recientemente y estaba teniendo algunas dificultades para la introducción en él.

El problema es doble. La primera es la evaluación de:

$$\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{5k+1} - \frac{1}{5k+2} - \frac{1}{5k+3} + \frac{1}{5k+4} \right)$$

y una vez hecho esto, para explicar qué tiene esto que ver con la construcción de un pentágono (tal vez algunos otros polígono?) el uso de una brújula y un borde recto.

En términos de la evaluación de la serie, he tratado de escribir cada una de las $n$ $m \cdot 2^k$ y la evaluación de la suma allí desde $2^k$ alternará entre + y - mod 5. Sin embargo, esto conduce a una divergente la serie y creo que esto no es válido hacerlo ya que la original de la serie no es absolutamente convergente, de modo que no podemos reordenar términos como eso.

Answer 1

Esto es $L(1,\chi)$ donde $\chi$ es la cuadrática de Dirichlet carácter de director de orquesta $5$ definido por $\chi(a)=\left(\frac a5\right)$. Textos sobre la teoría de los números, tales como Washington Introducción a Cyclotomic Campos le dará los detalles sobre cómo evaluar estos.

Para obtener una aproximación ingenua, tenga en cuenta que su suma es $$\sum_{n=0}^\infty\int_0^1(x^{5n} x^{5n+1}-x^{5n+2}+x^{5n+3})\,dx =\int_0^1\frac{1-x-x^2+x^3}{1-x^5}\,dx.$$ Usted puede utilizar su favorito de los métodos de integración para hacer frente a este.

Answer 2

Como una continuación de el Señor de los Tiburones respuesta, la idea de utilizar la $\frac{1}{n+1}=\int_{0}^{1}x^n\,dx $ puede ser ingenuo , pero es bastante eficaz. Una vez que hemos $$ L(\chi,1)=\sum_{n\geq 1}\frac{\left(\frac{n}{5}\right)}{n}=\int_{0}^{1}\frac{1-x^2}{1+x+x^2+x^3+x^4}\,dx $$ la integral puede ser evaluado por parciales de la fracción de descomposición, ya que $\int_{0}^{1}\frac{dx}{x-\xi}=\log\left(1-\frac{1}{\xi}\right) $.
Deje $\omega=\exp\left(\frac{2\pi i}{5}\right)$. Tenemos $$\begin{eqnarray*} \operatorname*{Res}_{x=\omega^k}\frac{1-x^2}{1+x+x^2+x^3+x^4}&=&\lim_{x\to \omega^k}\frac{(1-x-x^2+x^3)(x-\omega^k)}{1-x^5}\\&\stackrel{d.H.}{=}&\lim_{x\to \omega^k}\frac{-1-2x+3x^2}{-5x^4}\\&=&\frac{1}{5}\lim_{x\to \omega^k}\left(x+2x^2-3x^3\right)\end{eqnarray*} $$ para cualquier $k\in[1,4]$, por lo tanto $$\begin{eqnarray*} L(\chi,1) &=& \frac{1}{5}\sum_{k=1}^{4}\left(\omega^k+2\omega^{2k}-3\omega^{3k}\right)\log(1-\omega^{-k})\\&=&\color{red}{\frac{2\log(5+\sqrt{5})-\log(20)}{\sqrt{5}}}.\end{eqnarray*}$$ De manera similar se puede demostrar que $$ L(\chi,2)=\sum_{k\geq 0}\left[\frac{1}{(5k+1)^2}-\frac{1}{(5k+2)^2}-\frac{1}{(5k+3)^2}+\frac{1}{(5k+4)^2}\right]=\frac{4\pi^2}{25\sqrt{5}}.$$

Answer 3

He hecho esto antes. Escribir: $\dfrac{1}{5k+j} = \displaystyle \int_{0}^1 x^{5k+j-1}dx, j = 2,3,4,5$, y calcular la suma de integrando, y se puede utilizar de algunos poderosos DCT teorema, y también a $\sum \int = \int \sum$ .

Answer 4

Nota \begin{eqnarray} &&\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{5k+1} - \frac{1}{5k+2} - \frac{1}{5k+3} + \frac{1}{5k+4} \right)\\ &=&\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{5k+1} - \frac{1}{5k+2}\right) -\sum_{k=0}^\infty\left( \frac{1}{5k+3}-\frac{1}{5k+4} \right)\\ &=&\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(5k+1)(5k+2)}-\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(5k+3)(5k+4)}. \end{eqnarray} Vamos $$ f(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(5k+1)(5k+2)}x^{5k+2}, g(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(5k+3)(5k+4)}x^{5k+4}. $$ Así \begin{eqnarray} f'(x)&=&\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{5k+1}x^{5k+1}, f''(x)&=&\sum_{k=0}^\infty x^{5k}=\frac{1}{1-x^5}, \\ g'(x)&=&\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{5k+3}x^{5k+3}, g''(x)&=&\sum_{k=0}^\infty x^{5k+2}=\frac{x^2}{1-x^5} \end{eqnarray} y por lo tanto \begin{eqnarray} &&\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{5k+1} - \frac{1}{5k+2} - \frac{1}{5k+3} + \frac{1}{5k+4} \right)\\ &=&\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(5k+1)(5k+2)}-\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(5k+3)(5k+4)}\\ &=&f(1)-g(1)\\ &=&\int_0^1\int_0^t\frac{1}{1-x^5}dxdt-\int_0^1\int_0^t\frac{x^2}{1-x^5}dxdt\\ &=&\int_0^1\int_x^1\frac{1}{1-x^5}dtdx-\int_0^1\int_x^1\frac{x^2}{1-x^5}dtdx\\ &=&\int_0^1\frac{1-x}{1-x^5}dx-\int_0^1\int_x^1\frac{(1-x)x^2}{1-x^5}dx\\ &=&\int_0^1\frac{1-x^2}{1+x+x^2+x^3+x^4}dx\\ &=&\int_0^1\frac{\frac{1}{x^2}-1}{\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}+1+x+x^2}dx\\ &=&\int_0^1\frac{\frac{1}{x^2}-1}{(x+\frac{1}{x})^2+(x+\frac{1}{x})-1}dx\\ &=&-\int_0^1\frac{1}{(x+\frac{1}{x})^2+(x+\frac{1}{x})-1}d(x+\frac{1}{x})\\ &=&\frac12\int_1^\infty\frac{1}{u^2+u-1}du\\ &=&\frac{\log \left(\frac{1}{2} \left(7+3 \sqrt{5}\right)\right)}{2\sqrt{5}}. \end{eqnarray}

Answer 5

Esto es más un comentario.

Estas técnicas de trabajo para cualquier suma de la forma

$\sum_{i=0}^{\infty} \sum_{j=1}^{m} \dfrac{a_j}{mi+j}. $

Este caso es $m=5, a_j = 1, -1, -1,1, 0$.

Estas sumas convergen si y sólo si $\sum_{j=1}^m a_j = 0 $.

Los criterios de convergencia se puede probar en de un modo elemental. Para obtener una fórmula para la suma, es una forma de utilizar multihilo de la serie. Otro es el integración de la fórmula utilizada en algunas de las respuestas.