Límite de enfoque a la búsqueda de $1+2+3+4+\ldots$

Question

Cuando la exploración de la divergencia de la serie que consta de la suma de todos los números naturales

$$\sum_{k=1}^\infty k=1+2+3+4+\ldots$$

I came across the following identity involving a one-sided limit:

$$\lim_{x\to0^-}\sum_{k=1}^\infty k\exp(kx)\cos(kx)=-\frac{1}{12}$$

Using zeta function regularization yields the same value:

$$\sum_{k=1}^\infty k^{-s}=\zeta(s)$$ $$\zeta(-1)=-\frac{1}{12}$$

In general, I found that for $y\neq0$ and $n=1,5,9,13,\ldots$ (i.e. $4m+1$ where $m\in\mathbb{N}$),

$$\lim_{x\to0^-}\sum_{k=1}^\infty k^n\exp(kxy)\cos(kxy)=\zeta(-n)$$

However, a similar limit did not exist for other powers of $k$, e.g.

$$\lim_{x\to 0^-}\sum_{k=1}^\infty k^2\exp(kx)\cos(kx)$$ $$\lim_{x\to 0^-}\sum_{k=1}^\infty k^3\exp(kx)\cos(kx)$$

The regularized values of the corresponding series are $\zeta(-2)=0$ and $\zeta(-3)=\frac{1}{120}$.

Dada esta información, tengo las siguientes preguntas:

1. ¿Cuál es la conexión entre el límite de enfoque y la zeta función de enfoque?
2. ¿Por qué el límite de la expresión sólo parecen converger para $n=4m+1$?
3. Puede el límite de enfoque se utiliza para encontrar la suma de los otros poderes de $k$? Si es así, ¿cómo?

Aquí es un dibujo que hice con Mathematica usando el comando

Plot[Evaluate[Sum[k*Exp[x*k]*Cos[x*k], {k, 1, Infinity}]], {x, -16, 16}, PlotRange -> {-.25, .25}, AspectRatio -> 1]

Observe cómo los enfoques $-1/12\approx-0.08333$ $x$ enfoques $0$.

Más información:

$$\sum_{k=1}^\infty k^n\exp(kx)=\mathrm{Li}_{-n}(\exp(x))=\frac{n!}{(-x)^{n+1}}+\zeta(-n)+O(x)$$

Answer 1

En Terence Tao de la entrada de blog acerca de la relación divergentes de la serie a negativos zeta valores, usos de Euler-Maclaurin suma para demostrar que si $\eta$ es suave y compacto-compatible, y $\eta(0)=1$, luego $$ \sum_{n=0}^\infty n^s \eta(n/N)=C_{\eta,s} N^{s+1} + \zeta(-s) + O(1/N) $$ para cualquier entero positivo $s$ donde $C_{\eta,s}=\int_0^\infty x^s \eta(x) \, dx$. De hecho, es posible extender su prueba para el caso de que $\eta$ es un Schwartz función - ver más abajo para una prueba.

En particular, considere la posibilidad de $\eta(x)=e^{-x}\cos x$. Después de un cambio de variables, podemos escribir su suma en la forma anterior, con esta $\eta$. Tao se analiza la relación entre esta forma asintótica y la continuación analítica de la función zeta; no he ido a través de esa parte de su blog en detalle, pero suponiendo que, también, podría ser al $\eta$ fue Schwartz-clase, que presumiblemente responder a su primera pregunta acerca de la relación entre la suma y la zeta-regularización de la forma de la original divergentes suma.

Para responder a su segunda pregunta, podemos mirar el coeficiente inicial $C_{\eta,s}=\int_0^\infty x^s e^{-x} \cos x \, dx$. Después de un montón de molestos pero sencilla integración por partes, es posible calcular que el $\int_0^\infty x^s e^{-x} \cos x=0$ al $s \equiv 1 \pmod{4}$, e $\int_0^\infty x^s e^{-x} \sin x=0$ al $s \equiv 3 \pmod{4}$. Esto es, siempre que $s \equiv 1 \pmod{4}$, $\eta(x)$ has elegido casualmente hace que el líder término de la expansión asintótica a la deserción, la exposición de la zeta valor que es el término constante de la expansión.

Usted puede exponer $\zeta(-4k)$ en una manera similar, mediante la toma de $\eta(x)=e^{-x} \frac{\sin x}{x}$, a pesar de que ya es el cero, que no es particularmente interesante. Por ejemplo, aquí es $\zeta(-4)$. Del mismo modo, puede exponer $\zeta(-4k+2)$ tomando $\eta(x)=e^{-x}(\cos x + \sin x)$. La pregunta interesante - a la que no conozco la respuesta sería si hay una buena selección de $\eta$ que expone $\zeta(-4k+1)$, ya que es el otro caso en que realmente distinto de cero. Pero esto proporciona al menos una respuesta parcial a su tercera pregunta.

También tenga en cuenta que si tomamos $\eta(x)=e^{-x}$, el Tao de la fórmula da su "más información" de expansión, como $\int_0^\infty x^n e^{-x} \, dx = n!$.

---

Para demostrar Tao de la fórmula de siempre $\eta$ es suave y disminuye rápidamente, vamos a utilizar la infinita serie de la versión de Euler-Maclaurin fórmula (como se encuentra, por ejemplo, en estas notas): si $f(t)$ y todos sus derivados tienden a cero, como se $t \to \infty$, luego $$ \sum_{n=0}^\infty f(n) = \int_{0}^\infty f(t) \, dt + \frac{1}{2} f(0) - \sum_{i=2}^k \frac{b_i}{i!} f^{(i-1)}(0)-\int_0^\infty \frac{B_k(\{1-t\})}{k!} f^{(k)}(t) \, dt $$ para cualquier fijo entero $k$, donde el $b_k$ son los números de Bernoulli, la $B_k$ son los polinomios de Bernoulli, y $\{x\}$ denota la parte fraccionaria de $x$.

En nuestro caso, partimos $f(t)=t^s \eta(t/N)$ y el uso de la $(s+2)$nd-fin de la expansión. Tomando cada término en la fórmula uno-por-uno, tenga en cuenta que:

$$ \int_0^\infty f(t) \, dt=\int_0^\infty t^s \eta(t/N) \, dt = N^{s+1}\int_0^\infty x^s \eta(x) \, dx=C_{\eta,s}N^{s+1} $$ después de realizar la sustitución de $x=t/N$; $$ \frac{1}{2}f(0)=0 $$ es inmediato; \begin{align} -\sum_{i=2}^{s+2} \frac{b_i}{i!} f^{(i-1)}(0)&=-\frac{b_{s+1}}{(s+1)!} s! \eta(0)-\frac{b_{s+2}}{(s+2)!}\left(\frac{(s+1)!}{N} \eta'(0)\right)\\&=-\frac{b_{s+1}}{s+1} + O(1/N)\\&=\zeta(-s) + O(1/N) \end{align} como la primera $s-1$ derivados de $f$ se desvanecen, y \begin{align} -\int_0^\infty \frac{B_{s+2}(\{1-t\})}{(s+2)!} f^{(s+2)}(t) \, dt &= -\int_0^\infty \frac{B_{s+2}(\{1-t\})}{(s+2)!} \frac{d^{s+2}}{dt^{s+2}}\left(t^s \eta(t/N)\right) \\ &=-\int_0^\infty \frac{B_{s+2}(\{1-Nx\})}{(s+2)!} \frac{1}{N^{s+2}}\frac{d^{s+2}}{dx^{s+2}}\left(N^sx^s \eta(x)\right) N \, dx \\ &=-\frac{1}{N} \int_0^\infty \frac{B_{s+2}(\{1-Nx\})}{(s+2)!} \frac{d^{s+2}}{dx^{s+2}}\left(x^s \eta(x)\right) \, dx \end{align} donde volvemos a hacer la sustitución de $x=t/N$.

Esta última cantidad es limitada en magnitud por $\frac{1}{N}\frac{M}{(s+2)!}\int_0^\infty \frac{d^{s+2}}{dx^{s+2}}\left(x^s \eta(x)\right) \, dx$ donde $M$ es el valor máximo de $B_{n+2}(x)$$[0,1]$. De esta manera también es $O(1/N)$ mientras que la integral converge.

Así Tao de la fórmula funciona, no sólo para su compacto respaldado $\eta$, pero para $\eta$ tal que $f(t)=t^s \eta(t)$ así como todos los de $f$'s de los derivados son integrables en $[0,\infty)$. En particular, se trabajará para todos los $s$ siempre $\eta$ es de Schwartz en $[0,\infty)$.

Answer 2

Explicación para el Comportamiento de la Serie de Piezas ( $2$ $3$)

Tenga en cuenta que $$ \begin{align} \sum_{k=0}^\infty e^{ikx} &=\frac1{1-e^{ix}}\\ &=\frac12+\frac i2\cot\left(\frac x2\right)\\ &=\frac ix+\frac12-i\,\underbrace{\left(\frac1x-\frac12\cot\left(\frac x2\right)\right)}_{\substack{\text{odd function of %#%#%}\\\text{analytic on %#%#%}}}\tag{1} \end{align} $$

---

Extraño Exponentes

Tomando $x$ derivados de $(-\pi,\pi)$, obtenemos $$ \sum_{k=0}^\infty k^{2n-1}e^{ikx}=\frac{(-1)^n(2n-1)!}{x^{2n}}+(-1)^n\underbrace{\frac{\mathrm{d}^{2n-1}}{\mathrm{d}x^{2n-1}}\left(\frac1x-\frac12\cot\left(\frac x2\right)\right)}_{\substack{\text{incluso la función de $2n-1$}\\\text{analítica en $(1)$}}}\etiqueta{2} $$

---

Los exponentes que se $x$

Si $(-\pi,\pi)$ es impar, por lo que el $\boldsymbol{1\bmod{4}}$, sustituto $n$ $2n-1\equiv1\pmod{4}$ para obtener $$ \sum_{k=0}^\infty k^{2n-1}e^{k(1+i)y} =\underbrace{\frac{(2n-1)!}{(2i)^ny^{2n}}}_{\substack{\text{imaginario puro}\\\text{desde $x=(1-i)y$ es impar}}} -\underbrace{\frac{\mathrm{d}^{2n-1}}{\mathrm{d}x^{2n-1}}\left(\frac1x-\frac12\cuna\left(\frac x2\right)\right)}_{\text{enchufe $(2)$}}\etiqueta{3} $$ Por lo tanto, la parte real de la $n$ es $$ \sum_{k=0}^\infty k^{2n-1}e^{ky}\cos(ky)=\left.-\frac{\mathrm{d}^{2n-1}}{\mathrm{d}x^{2n-1}}\left(\frac1x-\frac12\cot\left(\frac x2\right)\right)\right|_{x=(1-i)y}\etiqueta{4} $$ Tomando el límite de $x=(1-i)y$ $(3)$ los rendimientos de la identidad dada en la pregunta $$ \begin{align} &\text{When %#%#% is odd; that is, }2n-1\equiv1\pmod{4}:\\ &\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{y\to0^-}\sum_{k=0}^\infty k^{2n-1}e^{ky}\cos(ky)=\left.-\frac{\mathrm{d}^{2n-1}}{\mathrm{d}x^{2n-1}}\left(\frac1x-\frac12\cot\left(\frac x2\right)\right)\right|_{x=0}}\tag{5} \end{align} $$

---

Los exponentes que se $(4)$

Si $y\to0$ es aún, por lo que el $n$, la situación es un poco más complicado. Todavía podemos sustituto $\boldsymbol{3\bmod{4}}$$n$, al pasar $$ \sum_{k=0}^\infty k^{2n-1}e^{k(1+i)y} =\underbrace{\frac{(2n-1)!}{(2i)^ny^{2n}}}_{\text{real desde $2n-1\equiv3\pmod{4}$ es incluso}} +\underbrace{\frac{\mathrm{d}^{2n-1}}{\mathrm{d}x^{2n-1}}\left(\frac1x-\frac12\cuna\left(\frac x2\right)\right)}_{\text{enchufe $x=(1-i)y$}}\etiqueta{6} $$ También podemos sustituir $(2)$$n$, al pasar $$ \sum_{k=0}^\infty k^{2n-1}e^{ky}=\frac{(2n-1)!}{y^{2n}}+\underbrace{\frac{\mathrm{d}^{2n-1}}{\mathrm{d}x^{2n-1}}\left(\frac1x-\frac12\cot\left(\frac x2\right)\right)}_{\text{enchufe $x=(1-i)y$}}\etiqueta{7} $$ Tomando una combinación lineal de $x=-iy$ $(2)$ para cancelar la parte singular y mantener la parte constante, obtenemos $$ \begin{align} &\text{When %#%#% is even; that is, }2n-1\equiv3\pmod{4}:\\ &\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{y\to0^-}\sum_{k=0}^\infty k^{2n-1}e^{ky}\frac{2^n\cos(ky)-(-1)^{n/2}}{2^n-(-1)^{n/2}} =\left.\frac{\mathrm{d}^{2n-1}}{\mathrm{d}x^{2n-1}}\left(\frac1x-\frac12\cot\left(\frac x2\right)\right)\right|_{x=0}}\tag{8} \end{align} $$

---

Incluso Exponentes

Tomando $x=-iy$ derivados de $(6)$, obtenemos $$ \sum_{k=0}^\infty k^{2n}e^{ikx} =(-1)^n\frac{(2n)!}{x^{2n+1}}i -(-1)^ni\underbrace{\frac{\mathrm{d}^{2n}}{\mathrm{d}x^{2n}}\left(\frac1x-\frac12\cuna\left(\frac x2\right)\right)}_{\substack{\text{impar función de $(7)$}\\\text{analítica en $n$}}}\etiqueta{9} $$ Sustituto $2n$ $(1)$ para obtener $$ \sum_{k=0}^\infty k^{2n}e^{k(1+i)y} =-\frac{(2n)!}{y^{2n+1}}\frac{1+i}{(2i)^{n+1}} -(-1)^ni\underbrace{\frac{\mathrm{d}^{2n}}{\mathrm{d}x^{2n}}\left(\frac1x-\frac12\cuna\left(\frac x2\right)\right)}_{\text{enchufe $x$}}\etiqueta{10} $$ También podemos sustituir $(-\pi,\pi)$ $x=(1-i)y$ para obtener $$ \sum_{k=0}^\infty k^{2n}e^{kj} =-\frac{(2n)!}{y^{2n+1}} -(-1)^ni\underbrace{\frac{\mathrm{d}^{2n}}{\mathrm{d}x^{2n}}\left(\frac1x-\frac12\cuna\left(\frac x2\right)\right)}_{\text{enchufe $(9)$}}\etiqueta{11} $$ Tomando una combinación lineal de $x=(1-i)y$ $x=-iy$ para cancelar la parte singular y mantener la parte constante, obtenemos $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{y\to0^-}\sum_{k=0}^\infty k^{2n}e^{ky}\frac{2^{n+1}\cos(ky)+(-1)^{\lfloor(n-1)/2\rfloor}}{2^{n+1}+(-1)^{\lfloor(n-1)/2\rfloor}}=0}\tag{12} $$ donde $(9)$.

---

Expresión Unificada

La combinación de $x=-iy$, $(10)$, y $(11)$ rendimientos $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{x\to0^-}\sum_{k=0}^\infty k^ne^{kx}\frac{2^{\lceil n/2\rceil}\cos(kx)+c_n}{2^{\lceil n/2\rceil}+c_n}=\zeta(-n)}\etiqueta{13} $$ donde $(-1)^{\lfloor(n-1)/2\rfloor}=\mathrm{Re}\left(\frac{i-1}{i^n}\right)$ está dado por $$ c_n=-\tfrac14(-1)^{\lceil n/4\rceil}\left(2+(-1)^{\lceil n/2\rceil}\left(1-(-1)^n\right)\right) $$ o por $$ c_n=-(-1)^{\lceil n/4\rceil}\sin^2\left(\tfrac\pi4(n-1)\right) $$ o en la siguiente tabla $$ \pequeño\begin{array}{c|r|r|r|r|r|r|r} n\bmod8&1&2&3&4&5&6&7&8\\ \hline c_n&\hphantom{-}0&\hphantom{-}\frac12&\hphantom{-}1&\hphantom{-}\frac12&\hphantom{-}0&-\frac12&-1&-\frac12 \end{array}\etiqueta{14} $$

Answer 3

El infame $-\frac{1}{12}$ aparece como el coeficiente de de una serie de expansiones, tales como

$\dfrac{z}{{\mathrm e}^{-z}-1}=-1-\dfrac{1}{2}z-\dfrac{1}{12}z^2+{\mathcal O}(z^3)$

como en la Todd de la clase o del mismo modo en el Baker–Campbell–Hausdorff fórmula y así sucesivamente. En su post, que son guiados por ${\mathrm e}^{kx}\cos(kx)$, que después de la reparametrization $x\mapsto \log(z)$ me gustaría escribir como $z^k\cos(\log(z^k))$. Pero, en cualquier caso, el orden más alto de expansión términos del coseno hacer de esto una no tan buena opción y te dan un montón de casos donde el límite de procedimiento no funciona. He trabajado algunas perspectivas más amplias..

La analítica continuación, por ejemplo, en la definición de la función Zeta*

$\zeta(s) = \dfrac{1}{\Gamma(s)} \int_{0}^{\infty} \dfrac{x ^ {s-1}}{{\mathrm e} ^ x - 1}\mathrm{d}x,$

es un proceso que suavemente las sondas de valores locales de las expresiones funcionales $f$$\sum_{k=0}^\infty f(k)$. Puede formular la regularización de la suma de una manera que refleja que, por ejemplo, mediante el uso de un local decir, como

$\langle f(k)\rangle:=\int_{k}^{k+1}f(k')\,{\mathrm d}k'$.

---

Por lo que el límite de $\lim_{z\to 1}$ de la suma

$0+1\,z^1+2\,z^2+3\,z^3+\dots$

diverge, porque de la pole en

$\sum_{k=0}^\infty k\,z^k=z\dfrac{{\mathrm d}}{{\mathrm d}z}\sum_{k=0}^\infty z^k=z\dfrac{{\mathrm d}}{{\mathrm d}z}\dfrac{1}{1-z}=\dfrac{z}{(z-1)^2}, \hspace{1cm} z\in(0,1)$

Así que vamos a considerar la suma de suave desviaciones. Con

$\langle k\,z^k\rangle=z\dfrac{{\mathrm d}}{{\mathrm d}z}\langle z^k\rangle=z\dfrac{{\mathrm d}}{{\mathrm d}z}\langle {\mathrm e}^{k \log(z)}\rangle=\left.z\dfrac{{\mathrm d}}{{\mathrm d}z}\dfrac{z^{k'}}{\log(z)}\right|_{k}^{k+1}$.

nos encontramos con la suma de $\sum_{k=0}^n\langle k\,z^k\rangle$ implica la cancelación de los límites superior e inferior y nos quedamos con $\dfrac{z^0}{\log(z)^2}$ además de los términos suprimida por $z^n$. Por último, con la expansión

$r^2\dfrac{1}{\log(1+r)^2}=\dfrac{1}{1-r+\left(1-\frac{1}{1!\,2!\,3!}\right)r^2+{\mathrm{O}}(r^3)}=1+r+\dfrac{1}{1!\,2!\,3!}r^2+{\mathrm{O}}(r^3),$

nos encontramos

$\sum_{k=0}^\infty \left(k\,z^k-\langle k\,z^k\rangle\right)=\dfrac{z}{(z-1)^2}-\dfrac{1}{\log(z)^2}=-\dfrac{1}{12}+{\mathcal O}\left((z-1)^1\right).$

---

La imagen muestra las dos funciones de $\dfrac{z}{(z-1)^2}$$\dfrac{1}{\log(z)^2}$, así como su diferencia (azul, rojo, amarillo). Mientras que las funciones en sí mismas tienen un polo en $z=1$, su diferencia converge en contra de

$$-\frac{1}{1!\,2!\,3!}=-\frac{1}{12}=-0.08{\dot 3}.$$

---

Y aquí está el Mathematica cálculo para mayor $n$, así como los correspondientes valores de la función Zeta (que coincidencia)

---

He tratado de generalizar aquellos en varias direcciones y se tropezó con algunas más de las relaciones. Por ejemplo, cuando la comparación de diferencias finitas para su primer fin de aproximaciones, nos encontramos con

$\dfrac{f'(x)\,h}{f(x+h)-f(x)}=1-\dfrac{f''(x)}{2!}\left(\dfrac{h}{f'(x)}\right)+\left(\dfrac{f''(x)\,f''(x)}{2!\,2!}-\dfrac{f'(x)\,f'''(x)}{1!\,3!}\right)\left(\dfrac{h}{f'(x)}\right)^2+{\mathcal O}(h^3).$

Tenga en cuenta que $\dfrac{1}{2!\,2!}-\dfrac{1}{1!\,3!}=\dfrac{1}{2!\,3!}(3-2)=\dfrac{1}{12}$, que es el coeffient $\dfrac{1}{2!}B_2$ en los relacionados con la fórmula de MacLaurin

Y el registro resta esquema se puede realizar más generalmente de orden superior polos $\frac{1}{(z-1)^n}$ usando

$\dfrac{1}{\log(z)^n}=\dfrac{1}{(z-1)^n}\left(1+\frac{n}{2}(z-1)+\frac{n}{2}\frac{3n-5}{12}(z-1)^2+\frac{n}{2}\frac{(n-2)(n-3)}{24}(z-1)^3+\dots\right)$

Aquí, por ejemplo, enchufe $n=2$ conseguir $\dfrac{n}{2}\dfrac{3n-5}{12}(z-1)^2=\dfrac{1}{12}$.

*Como veo en tu perfil que estás interesado física (soy un físico yo) me gustaría señalar cómo el cuerpo de el integrando en que Zeta función de representación es la expresión de la ley de Planck :). La función exponencial ${\mathrm e}^x\cdot{\mathrm e}^y={\mathrm e}^{x+y}$, por ejemplo, en la física estadística donde: $-\frac{1}{12}$ vienen a jugar un papel, entra aquí, porque las probabilidades de la división de los sistemas se comportan multiplicativo, mientras que la energía que, por definición, se comporta de aditivo.