Сумма ряда

[nnosipov]

Вычислить

$$ \sum_{n=1}^\infty\sum_{(m_1,\dots,m_n) \in \mathbb{N}^n}^\infty \biggl(\prod\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^i m_j^2\biggr)^{-1}. $$

[nnosipov]

Ну хотя бы угадайте ответ, это не то чтобы легко, но вполне возможно.

[EtCetera]

$e^{\frac{\pi^2}{6}}-1$.

Лемма. Пусть $a_i$ ($i\in \mathbb{N}$), $S$ $\text{---}$ положительные вещественные числа,

$$\sum\limits_{i=1}^{\infty} \frac{1}{a_i}=S$$

$$A_n=\sum\limits_{(m_1,\dots,m_n) \in \mathbb{N}^n}^\infty\left(\prod\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^i a_{m_j}\right)^{-1}$$

Тогда

$$A_n=\frac{S^n}{n!}$$

Из леммы следует, что $\sum\limits_{n=1}^{\infty}A_n=e^{S}-1$.

В нашем случае $a_i=i^2$, $S=\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{1}{i^2}=\dfrac{\pi^2}{6}$.

[nnosipov]

Всё верно. А лемму как доказывали? По-моему, она не совсем очевидна.

[EtCetera]

По индукции.
Очевидно, что $A_1=S$.
При $n>1$ имеет место система из $n-1$ уравнений вида $A_n=\tilde A_n^{(k)}-A_n^{(k)}$ ($k=1\dots n-1$), где

$$\tilde A_n^{(k)}=\sum\limits_{(m_1,\dots,m_n) \in \mathbb{N}^n}^\infty\frac{\sum\limits_{j=1}^{k+1} a_{m_j}}{a_{m_{k+1}}}\left(\prod\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^i a_{m_j}\right)^{-1}$$

$$A_n^{(k)}=\sum\limits_{(m_1,\dots,m_n) \in \mathbb{N}^n}^\infty\frac{\sum\limits_{j=1}^{k} a_{m_j}}{a_{m_{k+1}}}\left(\prod\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^i a_{m_j}\right)^{-1}$$

Легко видеть, что $\tilde A_n^{(k)}=A_n^{(k+1)}$, $A_n^{(1)}=A_n$.
Последовательно выражая $\tilde A_n^{(k)}$ через $A_n$, из $k$-го уравнения находим $\tilde A_n^{(k)}=(k+1)A_n$.
Но $\tilde A_n^{(n-1)}=S\cdot A_{n-1}$, поэтому $A_n=\dfrac{\tilde A_n^{(n-1)}}{(n-1)+1}=\dfrac{S\cdot A_{n-1}}{n}$.

[nnosipov]

Да, примерно так. Не встречалось ли Вам раньше что-нибудь подобное?

[EtCetera]

nnosipov

nnosipov в сообщении #435836 писал(а):

Не встречалось ли Вам раньше что-нибудь подобное?

К счастью для моей психики, не встречалось. Все эти суммы сумм произведений сумм и индексы индексов весьма неблагоприятным образом воздействуют на душевное равновесие...
А если серьезно, то впервые нечто подобное я увидел только вчера вечером, когда натолкнулся на эту тему. Ответ интуиция подсказала довольно быстро, а вот решение родилось только сегодня. Спасибо Вам за приятную задачку!
Кстати, надо отметить, что требование положительности $a_i$ является чересчур строгим. Некоторые из них, в принципе, могут быть и отрицательными (все тоже могут, но это неинтересно). Надо только следить, чтобы $\sum\limits_{j=1}^n a_{m_j}\ne 0$ для всех $n\in\mathbb{N}$, $(m_1,\dots,m_n) \in \mathbb{N}^n$. И тут встает вопрос: можно ли подобрать такие целые $a_i$ (вещественные наверняка можно), некоторые из которых будут отрицательными, и не забыть при этом про то, что ряд $\sum\limits_{i=1}^{\infty}\dfrac{1}{a_i}$ должен сходиться.

[nnosipov]

Спасибо за комментарий. Рад, что задача понравилась. Она была придумана исключительно для развлечения и, я бы сказал, для медитации (меня почему-то такие агрегаты успокаивают ). Что касается целых и не всегда положительных $a_i$, то здесь проблем, кажется, нет: можно взять $a_i=(-1)^ii^k$ или $a_i=(-1)^iq^i$. В этих случаях и ответ можно выписать. (Впрочем, не поторопился ли я? Но я бы начал с рассмотрения этих примеров.)

[EtCetera]

nnosipov

nnosipov в сообщении #436035 писал(а):

Впрочем, не поторопился ли я?

Боюсь, что поторопились.
В первом случае ноль будет достигаться, например, в сумме $\sum\limits_{j=1}^{2^k+1}a_{m_j}$, где $m_1=m_2=\dots=m_{2^k}=m$, $m_{2^k+1}=2m$, $m$ $\text{---}$ нечетное.
Во втором $\text{---}$ в сумме $\sum\limits_{j=1}^{q+1}a_{m_j}$, где $m_1=m_2=\dots=m_q=m$, $m_{q+1}=m+1$ (если $q$ предполагается положительным).

[nnosipov]

Да, я ещё вчера сообразил, что ляпнул глупость. Почему-то ответ на Ваш вопрос у меня связался с вычислением некоторых других подобных, но всего лишь двумерных сумм, которые столь же просто находятся (наверное, и это можно обобщать на $n$ мерный случай, но я этим не занимался). Так что я не знаю ответа, но простых примеров (да ещё таких, чтобы и $S$ находилась) может и не быть.

ЗЫ. Я этими вещами когда-то случайно занялся, чтобы понять, как можно обойтись без жутких многомерных логарифмических вычетов, при помощи которых некоторые мои коллеги вычисляют подобные суммы.