Hay una forma cerrada de expresión para$\sum_{k=1}^{n}\lfloor k^{q} \rfloor$$q \in \mathbb{Q}_{> 0}$?

Question

No son bien conocidos expresiones cerradas para las sumatorias tales como $\sum_{k=1}^{n}\lfloor k^{\frac{1}{2}} \rfloor$, $\sum_{k=1}^{n}\lfloor k^{\frac{1}{3}} \rfloor$, $\sum_{k=1}^{n}\lfloor k^{\frac{1}{4}} \rfloor$, etc. Por ejemplo, tenemos que $$\sum_{k=1}^{n}\lfloor k^{\frac{1}{3}} \rfloor = -\frac{1}{4} \left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor \left( \left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor^{3} + 2 \left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor^{2} + \left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor - 4(n+1) \right)$$ for all $n \in \mathbb{N}$.

Sin embargo, Mathematica es incapaz de evaluar la suma de $\sum_{k=1}^{n}\lfloor k^{\frac{2}{3}} \rfloor$. Además, no hay ninguna forma cerrada de expresión para este resumen se da en la secuencia OEIS http://oeis.org/A032514 correspondiente a esta suma.

De manera más general, Mathematica no es capaz de evaluar las sumatorias tales como $\sum_{k=1}^{n}\lfloor k^{\frac{4}{3}} \rfloor$, $\sum_{k=1}^{n}\lfloor k^{\frac{3}{4}} \rfloor$, $\sum_{k=1}^{n}\lfloor k^{\frac{3}{7}} \rfloor$, etc. Dejando $q \in \mathbb{Q}$ ser positivo, parece que existe una forma cerrada de expresión para $\sum_{k=1}^{n}\lfloor k^{q} \rfloor$ si y sólo si $q \in \mathbb{N}$ o $q$ es de la forma $q = \frac{1}{r}$ donde $r \in \mathbb{N}$. Así que es natural preguntar:

(1) ¿hay una forma cerrada de expresión para $\sum_{k=1}^{n}\lfloor k^{\frac{2}{3}} \rfloor$?

(2) de manera Más general, hay una forma cerrada de expresión para$\sum_{k=1}^{n}\lfloor k^{q} \rfloor$$q \in \mathbb{Q}_{> 0} \setminus \mathbb{N} \setminus \left\{ \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \ldots \right\}$?

Answer 1

Es poco probable que hay una forma cerrada de expresión para lo que usted desea. Considere la posibilidad de la expresión $$ \sum_{k=1}^{n}\left\lfloor f(k)\right\rfloor, $$ donde $f(k)$ es una función monótonamente creciente con $f(1)=1$. Deje $g(m)$ ser el entero más pequeño que el valor de $k$ tal que $f(k)\ge m$; es decir, $g(m)=\left\lceil f^{-1}(m)\right\rceil$. A continuación, los términos de la suma son al menos tan grande como $1$ a partir de a $k = g(1)$, y al menos tan grande como $2$ a partir de a $k= g(2)$, y así sucesivamente. Mientras $g(m)\le n$, cada término contribuye $n-g(m)+1$ a la suma. Así $$ \sum_{k=1}^{n}\left\lfloor f(k)\right\rfloor = \sum_{m=1}^{\lfloor f(n)\rfloor} \left(n + 1 - \left\lceil f^{-1}(m)\right\rceil\right)=(n+1)\lfloor f(n)\rfloor - \sum_{m=1}^{\lfloor f(n)\rfloor} \left\lceil f^{-1}(m)\right\rceil. $$ Esto simplificará en ciertos casos en los que la inversa es de valor entero (por lo que el techo de la función desaparece) y "agradable" (de modo que la suma resultante puede ser evaluado). Dos ejemplos son cuando la inversa es un polinomio (por ejemplo, $f(k)=k^{1/q}$, lo $f^{-1}(m)=m^q$) y cuando la inversa es una función exponencial (por ejemplo, $f(k)=1+\log_b k$, lo $f^{-1}(m)=b^{m-1}$). En tu caso, tienes $$ \sum_{k=1}^{n}\left\lfloor k^{2/3} \right\rfloor=(n+1)\left\lfloor n^{2/3}\right\rfloor - \sum_{m=1}^{\lfloor n^{2/3}\rfloor} \left\lceil m^{3/2}\right\rceil, $$ pero esta suma no parecen más fáciles de evaluar.