Корни тригонометрической суммы

[bayak]

Как подступиться к этому уравнению?

$ \begin{equation*} \sum\limits_{\mathbb{N}} \frac{\left\{\sqrt{n}\right\}-\frac{1}{2}}{n}\,\mathrm{e}^{2\pi\mathrm{i}\,t\log{n}} = 0 \end{equation*} $
где фигурные скобки обозначают функцию дробной части числа.

[bayak]

Хорошо, а чему равен вычлененный из этой суммы дробно-степенной ряд?

$ $\begin{equation*} \sum\limits_{\mathbb{N}} \frac{\left\{\sqrt{n}\right\}-\frac{1}{2}}{n} \end{equation*} $ $

Думаю, что вычислить сумму этого ряда без разложения пилообразной функции в ряд Фурье не получится. Подскажите, пожалуйста, чем тут ещё можно воспользоваться.

[bayak]

Ну выписал

$ \begin{equation*} -\sum\limits_{n,k\in\mathbb{N}} \frac{\sin(2\pi k\sqrt{n})}{\pi k n} \end{equation*} $

и что это нам даёт?

[bayak]

bayak в сообщении #1528203 писал(а):

Ну выписал

$ \begin{equation*} -\sum\limits_{n,k\in\mathbb{N}} \frac{\sin(2\pi k\sqrt{n})}{\pi k n} \end{equation*} $

и что это нам даёт?

Впрочем, с помощью двойной суммы (с учётом тождества $\sin x = \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}}{2\mathrm{i}}$) можно задать и функциональный ряд

$ \begin{equation*} -\sum\limits_{n,k\in\mathbb{N}}\frac{n^{2\pi \mathrm{i} t\left(\mathrm{e}^{\pi\mathrm{i}kn}-\mathrm{e}^{-\pi\mathrm{i}kn}\right)}}{2\pi\mathrm{i}kn} \end{equation*} $

но вопрос остался - как всё это вычислить?

[kotenok gav]

bayak в сообщении #1528198 писал(а):

Хорошо, а чему равен вычлененный из этой суммы дробно-степенной ряд?

$$\begin{equation*} \sum\limits_{\mathbb{N}} \frac{\left\{\sqrt{n}\right\}-\frac{1}{2}}{n} \end{equation*} $$

WolframAlpha говорит, что он расходится.

[bayak]

kotenok gav в сообщении #1528228 писал(а):

WolframAlpha говорит
, что он расходится.

Спасибо! Не догадался спросить у Вольфрама. Но как он это делает, по формулам или тупо вычисляет?

[xagiwo]

kotenok gav, я ему не верю. Он ещё говорит, что $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac {\{\sqrt{n}\}}{n}$ сходится

[bayak]

Давайте тогда окончательно запутаем этот Вольфрам, - пусть попробует на зуб

$ $\begin{equation*} \sum\limits_{\mathbb{N}} \frac{\left|\left\{n^{1/4}\right\}-\frac{1}{2}\right|\left(\left\{n^{1/4}\right\}-\frac{1}{2}\right)}{n} \end{equation*} $ $

Попробуйте, пожалуйста, подставить в Вольфрам, а то у меня он просит денег.

[xagiwo]

bayak в сообщении #1528198 писал(а):

$$\begin{equation*} \sum\limits_{\mathbb{N}} \frac{\left\{\sqrt{n}\right\}-\frac{1}{2}}{n} \end{equation*} $$

Если забыть, что ряд не сходится, Mathematica возвращает значение около -0.725

[bayak]

xagiwo в сообщении #1528234 писал(а):

Если забыть, что ряд не сходится, Mathematica возвращает значение около -0.725

Вы меня окончательно запутали. Так кому верить?

[xagiwo]

bayak, не верьте мне. Я соврал в этом сообщении и соврал, когда сказал, что ряд сходится.

[bayak]

xagiwo, всё нормально. А как проверить, что он расходится? И потом, что вы можете сказать относительно предложения в post1528233.html#p1528233 ?

-- Сб авг 07, 2021 19:36:54 --

xagiwo в сообщении #1528234 писал(а):

Mathematica возвращает значение около -0.725

Это очень близко к $\frac{1}{2}\zeta(\frac{1}{2})$

[xagiwo]

bayak в сообщении #1528262 писал(а):

xagiwo, всё нормально. А как проверить, что он расходится?

Это была неудачная шутка (типа софизма "Утв 1: Утверждения 1 и 2 ложны; Утв 2: 0=1")
Не знаю, связано ли это вообще с изначальной задачей, но Вы можете проверить сходимость ряда, разбив сумму на куски при $n \in [N^2; N^2 + 2N]$ и оценив эти куски сверху/снизу (возможно, есть способы проще, но они из недоступной мне высокой науки)

[bayak]

xagiwo в сообщении #1528264 писал(а):

и оценив эти куски сверху/снизу (возможно, есть способы проще, но они из недоступной мне высокой науки)

Оценка означает вычисление или какую-то аналитику? И где про это почитать?

[DeBill]

kotenok gav в сообщении #1528228 писал(а):

WolframAlpha говорит
, что он расходится.

Этот ряд сходится.

xagiwo в сообщении #1528230 писал(а):

Он ещё говорит, что $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac {\{\sqrt{n}\}}{n}$ сходится

А этот - расходится.

bayak в сообщении #1528198 писал(а):

Хорошо, а чему равен вычлененный из этой суммы дробно-степенной ряд?

$\sum\limits_{\mathbb{N}} \frac{\left\{\sqrt{n}\right\}-\frac{1}{2}}{n}$

Для $k^2<n<(k+1)^2$ целая часть $\sqrt{n}$ равна $k$, так что $\{\sqrt{k^2+s}\}=\sqrt{k^2+s}-k$.
Так что речь идет о ряде $\sum\limits_{k}^{} \sum\limits_{s=0}^{2k} \frac{\sqrt{k^2+s}-k-\frac{1}{2}}{k^2+s}$
Разбивая дробь на две части, и оценивая (надо делать двусторонние оценки типа

$$\int\limits_{0}^{2k+1}<\sum\limits_{s=0}^{2k}<\int\limits_{-1}^{2k}$$

: разность меж ними порядка $k^{-2}$, что хорошо; логарифм и корень, полученные при интегрировании, надо разлагать дотудоже ) интегралами, получим сходимость (внешнего) ряда. С учетом того, что каждая из сумм $\sum\limits_{s=0}^{k}$ и $\sum\limits_{s=k+1}^{2k}$ стремится к нулю, получим и сходимость исходного. Ну а значение суммы - численно, да.