Suma de funciones zeta

Question

Mirando la pregunta aquí Identidades / ecuaciones sorprendentes muestra una identidad interesante, $$\large (\zeta (2)-1)-(\zeta (3)-1)+(\zeta(4)-1)-\cdots=\frac 12$$

¿Cómo podemos demostrar ese resultado, o incluso demostrar que es racional sin demostrar que es igual a $\frac 12 $ ?

Answer 1

Una alternativa a cambiar el orden de la suma es cambiar una suma y una integral (no, no es tan diferente...). Es bien sabido que $$ \zeta(s) = \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^{\infty} \frac{x^{s-1}}{e^x-1} \, dx, $$ que podemos demostrar expandiendo el denominador, utilizando el teorema del binomio en $e^{-x}(1-e^{-x})^{-1}$ lo cual está perfectamente bien, ya que $|e^{-x}|<1$ para $x>0$ Entonces utilizamos la integral gamma habitual. Esto sugiere inmediatamente una fórmula relacionada para $\zeta(s)-1$ : añadiendo un $e^{-x}$ al numerador sólo significa que ampliamos $e^{-2x}(1-e^{-x})^{-1}$ con el resultado obvio. Por lo tanto, podemos sumar $$ \sum_{k=2}^{\infty} (-1)^k(\zeta(k)-1) = \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^k}{\Gamma(k)} \int_0^{\infty} \frac{x^{k-1}e^{-x}}{e^x-1} \, dx. $$ Intercambiando el orden de la suma y la integración, llegamos a $$ \int_0^{\infty} \frac{e^{-2x}}{1-e^{-x}} \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^k}{\Gamma(k)} x^{k-1} \, dx = \int_0^{\infty} \frac{e^{-2x}}{1-e^{-x}} (1-e^{-x}) \, dx \\ = \int_{0}^{\infty} e^{-2x} \, dx = \frac{1}{2}. $$

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Editado para añadir:

Esto se generaliza muy bien a sumas de la forma $$ \sum_{k=2}^{\infty} \binom{k-1}{r} (\zeta(k)-1) = \zeta(r+1); $$ las sumas alternas parecen carecer de una expresión tan sencilla, pero también pueden expresarse de forma similar.

Editar 2:

Otros trabajos revelan $$ \sum_{k=2}^{\infty} (-1)^k\binom{k-1}{r} (\zeta(k)-1) = \zeta(r+1)-1-2^{-r-1}. $$

Answer 2

Tenemos que para cualquier $s$ ,

$\zeta(s)-1=\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^s}$ .

Por lo tanto, tenemos

$\sum_{k=2}^{\infty} (-1)^k( \zeta(k)-1) = \sum_{k=2}^{\infty} \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^k \frac{1}{n^k} = \sum_{n=2}^{\infty} \sum_{k=2}^{\infty} (-\frac{1}{n})^k = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{\frac{1}{n^2}}{1+\frac{1}{n}} = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} = \frac{1}{2}.$

Ahora, antes de que alguien me grite, tenemos que justificar el intercambio de sumas en esa segunda igualdad. Creo que esto se puede lograr aplicando el Teorema de Fubini a través de la medida de recuento (aunque alguien puede querer volver a comprobarlo).

Answer 3

Esta es la idea básica: reordenar los términos $$\eqalign{LHS &=\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n^2}-\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n^3} +\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n^4}-\cdots\cr &=\Bigl(\frac1{2^2}-\frac1{2^3}+\frac1{2^4}-\cdots\Bigr)+ \Bigl(\frac1{3^2}-\frac1{3^3}+\frac1{3^4}-\cdots\Bigr)+\cdots\cr &=\sum_{k=2}^\infty\frac1{k^2}\frac{k}{k+1}\cr &=\sum_{k=2}^\infty\Bigl(\frac1k-\frac1{k+1}\Bigr)\cr &=\frac12\ .\cr}$$ Para dar una prueba adecuada hay que demostrar que la reordenación es admisible.