Корни тригонометрической суммы

[bayak]

DeBill
Спасибо! Оказывается, что никому верить нельзя, а вам можно.

[xagiwo]

(Оффтоп)

а я ведь на то же самое намекал

[nnosipov]

(Оффтоп)

DeBill в сообщении #1528267 писал(а):

дотудоже

Не сразу сумел прочитать

[bayak]

(Оффтоп)

xagiwo, я намёков не понимаю (вы, что меня намерено дурили), поэтому засомневался, когда вы сказали, что ряд всё же расходится.

[xagiwo]

(Оффтоп)

А ещё я подозреваю, что где-то в матане есть теорема о том, что если $a_n$ — равн.распр. на $[-1;1]$ последовательность, то $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n/n$ сходится. Но это либо слишком сложный, либо слишком простой путь (я ещё не определился)

[bayak]

xagiwo в сообщении #1528273 писал(а):

А ещё я подозреваю, что где-то в матане есть теорема о том, что если $a_n$ — равн.распр. на $[-1;1]$ последовательность, то $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n/n$ сходится. Но это либо слишком сложный, либо слишком простой путь (я ещё не определился)

Физические соображения подсказывают, что равномерное распределение точек это идеальный случай, а общий случай это, когда центр тяжести точек произвольного отрезка из интервала $[-1;1]$ находится на конечном расстоянии от центра этого отрезка.

[Farest2]

Попробовал всё-таки найти сумму ряда

$$ S_\infty=\sum_{n\ge 1} \frac{\{\sqrt{n}\}-\frac12}{n} =\sum_{n\ge 1} \frac{\sqrt{n}-[\sqrt{n}]-\frac12}{n} $$

через перетряхивание частичных сумм.

$$ S_{N^2}=\sum_{n=1}^{N^2} \frac{\sqrt{n}-[\sqrt{n}]-\frac12}{n} =\sum_{n=1}^{N^2} \frac{1}{\sqrt n} -\sum_{n=1}^{N^2} \frac{[\sqrt{n}]}{n}-\frac12\,H_{N^2}. $$

Здесь $H_N$ --- гармоническое число и его асимптотика известна:

$$ H_N=\sum_{n=1}^N \frac1n=\ln N+\gamma+\frac{1}{2N}-\frac{1}{12N^2} +\frac{\varepsilon_N}{120N^4},\quad 0<\varepsilon_N<1. $$

Асимптотика первой суммы тоже просто находится:

$$ \sum_{n=1}^N \frac{1}{\sqrt n}=2\sqrt{N}+\zeta\Bigl(\frac12\Bigr)+o(N), $$

$$ \zeta\Bigl(\frac12\Bigr) =-(\sqrt 2+1)\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt n}. $$

Осталась средняя часть:
\begin{align} \sum_{n=1}^{N^2} \frac{[\sqrt{n}]}{n} &=\sum_{n=1}^{N-1}\sum_{k=n^2}^{(n+1)^2-1} \frac{n}{k}+\frac1N={} \nonumber\\ &{}=\sum_{n=1}^{N-1} n\Bigl\{H_{(n+1)^2-1}-H_{n^2-1}\Bigr\}+\frac1N={} \nonumber\\ &{}=\sum_{n=1}^{N-1} n\Bigl\{H_{(n+1)^2}-\frac{1}{(n+1)^2} -H_{n^2}+\frac{1}{n^2}\Bigr\}+\frac1N={} \nonumber\\ &{}=NH_{N^2}-\sum_{n=1}^N H_{n^2}+\zeta(2)+o(N). \nonumber \end{align}
(Для краткости используем $\zeta(2n)$, а не $\pi$-рациональности.)

Если определить сходящуюся последовательность

$$ a_N=\sum_{n=1}^N \;\bigl\{H_{n^2}-\ln n^2-\gamma\bigr\}, $$

то с помощью формулы Стирлинга получим

$$ \sum_{n=1}^{N^2} \frac{[\sqrt{n}]}{n} =2N-\ln N+\zeta(2)-\ln(2\pi)-a_\infty+o(N). $$

Собираем все части воедино:

$$ S_{N^2}=\zeta\Bigl(\frac12\Bigr)+\ln(2\pi)-\zeta(2) -\frac12\gamma+a_\infty+o(N). $$

Ряд $a_\infty$ так и остаётся чёрным ящиком с медленной сходимостью. В общем, ничего интересного, разве что теперь вопрос сходимости-расходимости $S_\infty$ становится очевидным.

Можно ввести последовательность

$$ b_N=\sum_{n=1}^N \;\Bigl\{H_{n^2}-\ln n^2-\gamma -\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{12n^4}\Bigr\}, $$

у которой члены ряда стремятся к нулю быстрее, чем у $a_N$. Тогда

$$ S_\infty=\zeta\Bigl(\frac12\Bigr)+\ln(2\pi)-\frac12\zeta(2) -\frac{1}{12}\zeta(4)-\frac12\gamma+b_\infty. $$

Если вместо $b_\infty$ взять $b_{1000}\approx 0.0061$, то получим $S_\infty\approx -0.817$. Но это уже шорох орехов.

[bayak]

Farest2, восхищён вашей ловкостью! А не попробуете ещё и этот орешек post1528233.html#p1528233
Вдруг всё упростится до первого члена вашей суммы.

[Farest2]

Сразу извинюсь за многократные $o(N)$ в предыдущем сообщении. Конечно, $o(1)$.

Что до суммы ряда с корнем четвёртой степени (назовём его $T_\infty$), то надежды на исчезновение всех слагаемых, кроме $\zeta\bigl(\tfrac12\bigr)$, представляются мне совершенно неоправданными. При том подходе, что я использовал, будут появляться поправочные $\zeta$-члены и сокращаться они не захотят. Это не значит, конечно, что равенства типа

$$ S_\infty=q\zeta\bigl(\tfrac12\bigr)\quad\mbox{или}\quad T_\infty=q\zeta\bigl(\tfrac12\bigr), $$

где $q$ --- рациональное число, совершенно невозможны. Всякое бывает... Вот только для доказательства потребуется принципиально другой подход или более серьёзные знания о гармонических числах, чем стандартная асимптотика.

Для вычисления $T_\infty$ опять рассмотрим частичную сумму.
\begin{align} T_{N^4}&=\sum_{n=1}^{N^4} \frac{\bigl|\{\sqrt[4]n\}-\frac12\bigr| \bigl(\{\sqrt[4]n\}-\frac12\bigr)}{n}={} \nonumber\\ &{}=\sum_{n=1}^{N-1}\sum_{k=0}^{k_1} \frac{\bigl|\sqrt[4]{n^4+k}-n-\frac12\bigr| \bigl(\sqrt[4]{n^4+k}-n-\frac12\bigr)}{n^4+k}+\frac{1}{4N^4}, \nonumber \end{align}
где для краткости положено $k_1=(n+1)^4-1-n^4$.

Пусть нецелое число $k_0$ определяется равенством $n^4+k_0(n)=\bigl(n+\tfrac12\bigr)^4$. Тогда
\begin{align} T_{N^4}&=\sum_{n=1}^{N-1} \biggl\{\sum_{k=[k_0]+1}^{k_1} -\sum_{k=0}^{[k_0]}\biggr\} \frac{\bigl(n+\frac12-\sqrt[4]{n^4+k}\bigr)^2}{n^4+k}+\frac{1}{4N^4}={} \nonumber\\ &{}=\sum_{n=1}^{N-1} \biggl\{\sum_{k=0}^{k_1}-2\sum_{k=0}^{[k_0]}\biggr\} \Bigl(\frac{(n+\frac12)^2}{n^4+k}-\frac{2n+1}{(n^4+k)^{3/4}} +\frac{1}{\sqrt{n^4+k}}\Bigr)+\frac{1}{4N^4}={} \nonumber\\ &{}=\sum_{n=1}^{N-1} \biggl\{\bigl(n+\frac12\bigr)^2 \Bigl(H_{n^4+k_1}-2H_{n^4+[k_0]}+H_{n^4-1}\Bigr) +\ldots\biggr\}+\frac{1}{4N^4}. \nonumber \end{align}
Как только замаячили неполные дзеты для $\tfrac34$, мне расхотелось продолжать. Всё можно довести до конца с помощью формул
\begin{align} \sum_{n=1}^N \frac{1}{n^a}&=\frac{N^{1-a}}{1-a}+\zeta(a)+o(1),\quad 0<a<1, \nonumber\\ \zeta(a)&=\frac{1}{1-2^{1-a}}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^a}, \nonumber \end{align}
но упрощений я не вижу.

[xagiwo]

(Оффтоп)

Farest2 в сообщении #1528385 писал(а):

Сразу извинюсь за многократные $o(N)$ в предыдущем сообщении. Конечно, $o(1)$.

Я думал, это педагогический приём такой

[bayak]

Farest2 в сообщении #1528385 писал(а):

но упрощений я не вижу.

Значит мои спекуляции не оправдались. Впрочем, я не расстраиваюсь, мне самому не нравилось это громоздкое выражение. Буду искать более изящное (правильное) выражение дзеты через сумму ряда, справедливое во всей области определения. Если вам интересно на чём основаны мои завышенные ожидания, то загляните в личку.

[bayak]

Если вам ещё не надоело, то вот выражение с пилообразной функцией и суммированием по Чезаро, которое совпадает с дзетой в тривиальных корнях

$ \begin{equation*} \sum\limits_{n\in\mathbb{N}} n^{1-\frac{|\sigma|}{2}}\left(\left\{n^{-\frac{1}{2}(\sigma+2)} + \frac{1}{2}\right\}-\frac{1}{2}\right) \end{equation*} $

[bayak]

Farest2 в сообщении #1528308 писал(а):

Попробовал всё-таки найти сумму ряда

$$ S_\infty=\sum_{n\ge 1} \frac{\{\sqrt{n}\}-\frac12}{n} =\sum_{n\ge 1} \frac{\sqrt{n}-[\sqrt{n}]-\frac12}{n} $$

А попробуйте найти на досуге вот эту сумму

$$ S_\infty=\sum_{n\ge 1} \frac{|\sqrt{n} + 1| \bmod 2-1}{n} $$