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$\sum_{k=0}^\infty\frac{ (-1)^{\left\lfloor\frac kn\right\rfloor}}{k+1}$

Al probar un programa encontré una igualdad interesante: $$ \ sum_ {k = 0} ^ \ infty \ frac {(-1) ^ {\ left \ lfloor \ frac kn \ right \ rfloor}} {k +1} = \ frac1n \ left [\ log2 + \ frac \ pi2 \ sum_ {k = 1} ^ {n-1} \ tan \ frac {k \ pi} {2n} \ right], $$ que generaliza la identidad conocida para $n=1$ . ¿Hay una forma sencilla de probarlo?

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ComplexYetTrivial Puntos 456

Para $n \in \mathbb{N}$ escritura $k = m n + l - 1$ con $m \in \mathbb{N}_0$ e $l \in \{1,\dots,n\}$. A continuación, $\left\lfloor \frac{k}{n} \right\rfloor = m$, por lo que \begin{align} S_n &\equiv \sum \limits_{k=0}^\infty \frac{(-1)^{\left\lfloor \frac{k}{n} \right\rfloor}}{k+1} \stackrel{1.}{=} \sum \limits_{l=1}^n \sum \limits_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{m n +l} = \frac{1}{n} \left[\sum \limits_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{m+1} + \sum \limits_{l=1}^{n-1} \sum \limits_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{m + \frac{l}{n}}\right] \\ &\equiv \frac{1}{n} \left[\log (2) + \sum \limits_{l=1}^{n-1} a_l \right] , \end{align} donde $$ a_l = \sum \limits_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{m + \frac{l}{n}} \stackrel{2.}{=} \sum \limits_{j=0}^\infty \left[\frac{1}{2j + \frac{l}{n}} - \frac{1}{2j+1 + \frac{l}{n}}\right] , \, l \in \{1,\dots,n-1\}.$$ Para $l \in \{1,\dots,n-1\}$consideran \begin{align} a_l + a_{n-l} &= \sum \limits_{j=0}^\infty \left[\frac{1}{2j + \frac{l}{n}} - \frac{1}{2j+1 + \frac{l}{n}} + \frac{1}{2j+1-\frac{l}{n}} - \frac{1}{2j+2 - \frac{l}{n}}\right] \\ &\stackrel{3.}{=} \frac{\pi}{2} \left[8 \frac{l \pi}{2n} \sum \limits_{j=0}^\infty \frac{1}{(2j+1)^2 \pi^2 - 4 \left(\frac{l \pi}{2n}\right)^2} + \frac{2n}{l\pi} + 2 \frac{l\pi}{2n} \sum \limits_{j=1}^\infty \frac{1}{\left(\frac{l \pi}{2n}\right)^2 - j^2 \pi^2}\right] \\ &= \frac{\pi}{2} \left[\tan \left(\frac{l\pi}{2n}\right) + \cot \left(\frac{l\pi}{2n}\right)\right] = \frac{\pi}{2} \left[\tan \left(\frac{l\pi}{2n}\right) + \tan \left(\frac{(n-l)\pi}{2n}\right)\right] . \end{align} El polo expansiones de $\tan$ e $\cot$ se discuten aquí y aquí, respectivamente. Esto también funciona para $l = \frac{n}{2}$ si $n$ es par, entonces obtenemos $$ S_n = \frac{1}{n}\left[\log(2) + \frac{\pi}{2} \sum \limits_{l=1}^{n-1} \tan \left(\frac{l \pi}{2n}\right)\right]$$ como se conjeturó.


La justificación de los reordenamientos:

  1. Para $L \in \{1,\dots,n\}$ e $M \in \mathbb{N}_0$ hemos $$ \sum \limits_{k=0}^{M n + L - 1} \frac{(-1)^{\left\lfloor \frac{k}{n} \right\rfloor}}{k+1} = \sum \limits_{l=1}^L \sum \limits_{m=0}^M \frac{(-1)^m}{m n +l} + \sum \limits_{l=L+1}^n \sum \limits_{m=0}^{M-1} \frac{(-1)^m}{m n +l} \stackrel{M \to \infty}{\longrightarrow} \sum \limits_{l=1}^n \sum \limits_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{m n +l} \, . $$ Por lo tanto, la secuencia de $ \left(\sum_{k=0}^{K} \frac{(-1)^{\left\lfloor k/n \right\rfloor}}{k+1}\right)_{K \in \mathbb{N}_0}$ es limitado y tiene exactamente un punto límite (es decir, $\sum_{l=1}^n \sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{m n +l}$), a la que deben converger.
  2. Para $M \in \mathbb{N}_0$ hemos \begin{align} \sum \limits_{m=0}^M \frac{(-1)^m}{m + \frac{l}{n}} &= \sum \limits_{j=0}^{\left\lfloor \frac{M}{2}\right\rfloor} \frac{1}{2j + \frac{l}{n}} - \sum \limits_{j=0}^{\left\lfloor \frac{M-1}{2}\right\rfloor} \frac{1}{2j + 1 + \frac{l}{n}} \\ &= \sum \limits_{j=0}^{\left\lfloor \frac{M}{2}\right\rfloor} \left[\frac{1}{2j + \frac{l}{n}} - \frac{1}{2j+1 + \frac{l}{n}}\right] + \frac{\mathbf{1}_{2\mathbb{N}} (M)}{M+1 + \frac{l}{n}} \end{align} y dejando $M \to \infty$ demuestra su pretendida igualdad.
  3. Para $J \in \mathbb{N}_0$ podemos escribir $$ \sum \limits_{j=0}^J \left[\frac{1}{2j + \frac{l}{n}} - \frac{1}{2j+2 - \frac{l}{n}}\right] = \frac{n}{l} - \frac{1}{2J + 2 - \frac{l}{n}} + \sum \limits_{j=1}^{J} \left[\frac{1}{2j + \frac{l}{n}} - \frac{1}{2j - \frac{l}{n}}\right] .$$ Ambos lados convergen como $J \to \infty$ y los límites deben ser iguales.

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