合計の閉じた式 $\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\left\lfloor \sqrt{k} \right \rfloor}{k^2}$

2
Dr. Wolfgang Hintze 2019-11-30 03:57.

最近の投稿を一般化する合計の閉じた式 $\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1}\frac{\left\lfloor \sqrt{k}\right\rfloor}{k}$ 符号を交互にすることで収束が保証された場合、分母のパワーの増加によって収束が強制される同様の問題があります。

質問:この合計の閉じた形はありますか

$$\begin{align} s_2 &=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\left\lfloor \sqrt{k}\right\rfloor}{k^2}\simeq 2.33198\tag{1}\\ \end{align}\tag{1}$$

合計は明らかに収束しており、次の不等式に従います

$$1.64493\simeq\zeta(2)=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}\lt s_{2} \lt \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sqrt{k}}{k^2}=\zeta(\frac{3}{2})\simeq 2.61238\tag{2}$$

1 answers

3
Dr. Wolfgang Hintze 2019-11-30 05:17.

私の解決策の試み

閉じた形の式は見つかりませんでしたが、次の積分表現が見つかりました

$$s_{2} =\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\left\lfloor \sqrt{k} \right \rfloor}{k^2} = \int_0^{\infty } \frac{t \left(\vartheta _3\left(0,e^{-t}\right)-1\right)}{2 \left(1-e^{-t}\right)} \, dt\tag{1}$$

ここに

$$\vartheta _3(u,q)=1+2 \sum _{n=1}^{\infty } q^{n^2} \cos (2 n u)$$

Jacobiシータ関数です。

導出

駆動は、と同様の方法で始まります $[1]$

からの部分和が $k=1$$k=m^2-1$ (($m \in N$)は次のように書くことができます

$$\begin{align} p(m) &= \sum_{k=1}^{m^2-1} \frac{\left\lfloor \sqrt{k}\right\rfloor}{k^2}= f(m) - g(m) \end{align}\tag{2}$$

どこ

$$\begin{align} f(m) & =m H(m^2-1,2)\tag{3}\\ g(m) &= \sum_{k=1}^{m} H(k^2-1,2)\tag{4} \end{align}$$

ここに $H(n,2)=H_{n,2}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}$ は一般化された調和数の次数です $2$$n$

確かに、書く(2番目のインデックスを削除する) $2$$H$ 簡単にするために)

$m=2\to k=1..3$
$\frac{\left\lfloor \sqrt{1} \right \rfloor}{1^2}+\frac{\left\lfloor \sqrt{2} \right \rfloor}{2^2}+\frac{\left\lfloor \sqrt{3} \right \rfloor}{3^2}= \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}= H_{3}= H(2^2-1)$

$m=3\to k=4..8$$\frac{\left\lfloor \sqrt{4} \right \rfloor}{4^2}+\frac{\left\lfloor \sqrt{5} \right \rfloor}{5^2}+\frac{\left\lfloor \sqrt{6} \right \rfloor}{6^2}+\frac{\left\lfloor \sqrt{7} \right \rfloor}{7^2}+\frac{\left\lfloor \sqrt{8} \right \rfloor}{8^2}=2 \frac{1}{4^2}+2\frac{1}{5^2}+2\frac{1}{6^2}+2\frac{1}{7^2}+2\frac{1}{8^2}= 2(H(8)-H(3))=2 (H(3^2-1)-H(2^2-1))$

一緒に $m=3$

$p(3) = H(3) + 2 (H(8)-H(3))=2 H(8) - H(3) $

などが最初の場所を与えます

$p(m) = (m-1) H(m^2-1) - \sum_{k=1}^{m-1} H(k^2-1)$

しかし、その後シフト $-H(m^2-1)$ 最初の項から2番目の項まで、つまりそれを合計に含める $(2)$$(3)$ そして $(4)$

今、私たちは制限が必要です $m\to\infty$

これは問題ありません $f$ 私たちが持っているところ

$$f(m) \sim \zeta(2)-\frac{1}{m}-\frac{1}{2 m^3}+ O(\frac{1}{m^5})\tag{5}$$

今から

$$ H(k^2-1,2) = \sum_{j=1}^{k^2-1} \frac{1}{j^2} = \sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{j^2}-\sum_{j=k^2}^{\infty} \frac{1}{j^2}=\zeta(2)-\sum_{j=k^2}^{\infty} \frac{1}{j^2} $$

$g$ 次のように書くことができます

$$g(m) = m \zeta(2) - \sum_{k=1}^m \sum_{j=k^2}^\infty \frac{1}{j^2}\tag{6}$$

したがって、

$$s_{2}=\lim_{m\to \infty } \, p(m) =\lim_{m\to \infty } \,(\sum_{k=1}^m \sum_{j=k^2}^\infty \frac{1}{j^2})\tag{7} $$

二重和の漸近的振る舞いを計算する必要があります

$$g_1(m) = \sum_{k=1}^m \sum_{j=k^2}^\infty \frac{1}{j^2}\tag{8}$$

$$\frac{1}{j^2}=\int_0^{\infty } t \exp (-j t) \, dt$$

私たちはすることができます $j$-和

$$\sum _{j=k^2}^{\infty } \exp (-j t)=\frac{e^{-k^2 t}}{1-e^{-t}}$$

その後、 $k$-制限を拡張する合計 $m\to\infty$

$$\sum _{k=1}^{\infty } e^{-k^2 t}=\frac{1}{2} \left(\vartheta _3\left(0,e^{-t}\right)-1\right)$$

これをに戻す $t$-積分は与える $(1)$ QED。

討論

前の問題で $[1]$他のユーザーは、床関数を「削除」する他のアプローチで興味深い結果を提供しています。これはここでもできると確信しています。

たぶん、ダブルサムへの正面攻撃も $(8)$ 「合計ベース」の単純化につながる可能性があります。

調和数に近接しているため、閉じた形が存在します。 $s_2$ ありそう。

参考文献
$[1]$ 合計の閉じた式 $\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1}\frac{\left\lfloor \sqrt{k}\right\rfloor}{k}$

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