Hay una manera suma $\sum_{n=1}^{\infty}\left[ \frac{y}{n} - \tan^{-1}\left( \frac{y}{n} \right)\right]$

Question

Estoy interesado en el cálculo de la suma de $y>0$: $$ \sum_{n=1}^{\infty}\left[ \bronceado^{-1}\left( \frac{y}{n} \right) - \frac{y}{n} \right] $$

En la fórmula (42.1.6) de Hansen es Una Tabla de la Serie y de los Productos, no hay una fórmula: $$ \sum_{n=-\infty\\(n\neq0)}^{\infty}\left[ \bronceado^{-1}\left( \frac{y}{n+x} \right) - \frac{y}{n} \right] \ = \ \bronceado^{-1}\big( \tanh(\pi y) \cuna(\pi x) \big) - \bronceado^{-1}\left( \frac{y}{x} \right) $$

En la toma de $x \to 0^{+}$, la fórmula anterior se convierte en la siguiente: $$ \sum_{n=-\infty\\(n\neq0)}^{\infty}\left[ \bronceado^{-1}\left( \frac{y}{n} \right) - \frac{y}{n} \right] \ = \ 0 $$

Que se simplifica a $\sum_{n=1}^{\infty}\left[ -\tan^{-1}\left( \frac{y}{n} \right) + \frac{y}{n} \right] + \sum_{n=1}^{\infty}\left[ \tan^{-1}\left( \frac{y}{n} \right) - \frac{y}{n} \right] = 0$, lo cual es evidente.

Es allí una manera de resumir esta serie?

Answer 1

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\ds{\sum_{n = 1}^{\infty}\bracks{\arctan\pars{y \over n} - {y \over n}}}} = -\int_{0}^{y}\sum_{n = 1}^{\infty}{x^{2} \over n\pars{n^{2} + x^{2}}}\,\dd x = -\,\Im\int_{0}^{y}\sum_{n = 1}^{\infty}{x \over n\pars{n - \ic x}}\,\dd x \\[5mm] = &\ -\,\Im\int_{0}^{y}\sum_{n = 0}^{\infty} {x \over \pars{n + 1}\pars{n + 1 - \ic x}}\,\dd x \\[5mm] = &\ -\,\Im\int_{0}^{y} x\,{\Psi\pars{1} - \Psi\pars{1 - \ic x} \over \ic x}\,\dd x\qquad \pars{~\Psi:\ Digamma\ Function~} \\[5mm] = &\ \Re\int_{0}^{y} \bracks{-\gamma - \Psi\pars{1 - \ic x}}\,\dd x\qquad \pars{~\gamma:\ Euler\!-\!Mascheroni\ Constant~} \\[5mm] = &\ -\gamma\, y - \Re\bracks{\ic\,\ln\pars{\Gamma\pars{1 - \ic y}}} = \bbx{-\gamma\, y + \Im\ln\pars{\Gamma\pars{1 - \ic y}}} \end{align}

Answer 2

Por la inversa de la transformada de Laplace, asumiendo $y\in(0,1)$,

$$ \sum_{n\geq 1}\left(\arctan\frac{y}{n}-\frac{y}{n}\right)=\int_{0}^{+\infty}\left(-y+\frac{\sin(sy)}{s}\right)\frac{ds}{e^s-1}$$ y el lado derecho se puede representar como $$\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n y^{2n+1} \zeta(2n+1)}{(2n+1)}\tag{"odd" series}$$ que, por otro lado, no simplifica muy bien como los similares $$ \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n y^{2n}\zeta(2n)}{2n} = \log\sqrt{\frac{\pi y}{\sinh(\pi y)}}\tag{"even" series}.$$ De hecho, el "incluso", la serie está relacionada con $\text{Re} \log\Gamma(1+iy)$, lo que simplifica gracias a la reflexión de la fórmula, mientras que la serie está dado por la "extraña" de la serie, relativa a la $\text{Im}\log\Gamma(1+iy)$. Para los valores de $y$ cerca de cero una aproximación numérica por una serie de aceleración es bastante simple; para valores muy grandes de $y$ a Stirling aproximación es recomendable.