Continuación analítica para $\zeta(s)$ utilizando sumas finitas?

Question

$\zeta(s)$ converge para $\sigma >1$ pero no para $\sigma =1/2.$

Pero por alguna razón para $s = 1/2 + i t $ y finito fijo $N,~$ $\zeta_N(s) =\sum_{n=1}^N\frac{1}{n^s}$ está muy cerca de $\zeta(s)$ como se encontró utilizando la continuación analítica para $t$ en algún rango

$$f_1(N) < t < f_2(N). $$

Por ejemplo, para $N= 1000$ una parcela de $\zeta_N(s)$ da un cero en aproximadamente $t= 568.9,$ y el 319º cero zeta es aproximadamente $t=568.924$ (según Mathematica). Para $N=10000,$ gráficamente hay un cero aproximadamente en $1783.07,$ y esto concuerda con el cero 1321 de Mathematica, aproximadamente $1783.08.$

Mathematica tiene incorporada una continuación analítica para $\zeta(s),$ pero no creo que se esté comprometiendo aquí.

¿Se evapora esta propiedad en caso de $N$ o ¿hay alguna razón por la que en principio deberíamos ser capaces de aproximar $\zeta(s)$ en $\sigma = 1/2$ para finito $N$ en una gama adecuada de $t?$

Dado que esta propiedad puede no cumplirse para grandes $N$ no tiene mucho sentido ampliar la pregunta.

Answer 1

Más exactamente la función zeta de Riemann $\,\zeta\,$ está definida (y es analítica) en todo el plano complejo excepto para el polo simple en $1$ . Esta función se obtuvo mediante continuación analítica de la serie $\;\displaystyle\mathcal{S}_s(\infty):=\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^s}\;$ que sólo es convergente para $\,\Re(s)>1$ .
Se puede obtener una serie convergente para $\,\Re(s)>0\,$ utilizando $\;\displaystyle\zeta(s)=\frac 1{1-2^{1-s}}\sum_{k=1}^\infty \frac {(-1)^{k-1}}{k^s}$ pero prefiero estudiar las sumas finitas $\;\displaystyle\mathcal{S}_s(N):=\sum_{k=1}^N\frac{1}{k^s}\,$ para $\Re(s)=\frac 12\,$ que, efectivamente, da buenos resultados con una elección adecuada de $N$ .

Con respecto a una expresión analítica para el resto, puedes utilizar la respuesta de Marco (+1) o la siguiente fórmula utilizando la Hurwitz $\zeta$ función (desplazamos $N$ primeros términos) : $$\tag{0}R_s(N):=\zeta(s)-\mathcal{S}_s(N)=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(N+1+k)^s}=\zeta(s,N+1)=\frac 1{\Gamma(s)}\int_0^\infty \frac{t^{s-1}e^{-N\,t}}{1-e^{-t}}\,dt$$ (en sentido estricto, esto sólo es válido para $\,\Re(s)>1\,$ pero el Hurwitz $\zeta$ función puede continuar en el otro semiplano )

Para responder brevemente a su pregunta : la propiedad no se evapora por grandes $N$ desde :

• Podemos utilizar la suma finita de $N$ términos para aproximar $\zeta(s)$ y obtendrá resultados aceptables si $N$ es como mínimo $\dfrac t{2\,\pi}$ con $t=\Im(s)$ (como ha observado) y para cualquier $N\gg 1$ . Se puede obtener una mayor precisión con una fórmula adecuada para el resto. Para ello se utiliza, por ejemplo, la fórmula Expansión de Euler Maclaurin (cerca del final) o la ampliación $(3)$ aquí.
• Podemos utilizar una simetría adicional de $\zeta$ y obtener una estimación precisa de $\zeta$ utilizando sólo $\;\sqrt{\dfrac t{2\pi}}\;$ términos este es el Fórmula de Riemann-Siegel (la fórmula del resto es más compleja). $$-$$ Una exposición "intuitiva" de estas sumas finitas se dio en este answser (por favor, léalo primero ya que esto es una especie de "continuación": ¡una historia tan interesante no debería terminar en un punto negro!)
  Vitaliy Kaurov tuvo la amabilidad de utilizar Mathematica para producir imágenes más bonitas de sumas finitas como este :
  (empezamos por la derecha en el plano complejo en $\;1+0\,i=1^{-s}$ Añadir $\,2^{-s}\,$ y así sucesivamente...)

Un resultado del estudio anterior fue esta primera aproximación : $$\tag{1}\zeta\left(\frac 12+it\right)\approx -\frac 1{2\,[t/\pi]^{1/2+it}}+\sum_{n=1}^{[t/ \pi]}\frac{1}{n^{1/2+it}}$$ Para $N=[t/ \pi]$ con $[x]$ el entero más cercano (floor o ceil si se utilizan de forma coherente también deberían funcionar) esto da : $$\tag{2}\zeta\left(\frac 12+it\right)\approx \mathcal{S}_{1/2+it}(N)-\frac 1{2\,N^{1/2+it}}$$

Ahora para obtener $(1)$ realmente no requerimos $s$ se escribirá como $s=\frac 12+it\,$ ni ser un cero de $\zeta$ .
También podríamos tener en cuenta pasar de $\dfrac 1{\sqrt{N}}$ a $\dfrac 1{\sqrt{N+1}}$ (en el enlace ) sustituyendo $\dfrac 1{2\,N^{1/2+it}}$ en $(2)$ por $\dfrac {1-1/(4N)}{2\,N^{1/2+it}}\;$ y añadir otro término a $(2)$ pero podemos hacerlo mejor.

En la franja crítica obtuve la expansión mucho mejor (no restringida a $\;\Re(s)=1/2)$ : $$ \tag{3}\boxed{\displaystyle\zeta\left(s\right)=\mathcal{S}_s(N)-\frac {R_N(d)}{2\,N^s}}\quad \text{for}\ N:=\left[\frac t{\pi}\right],\ d:=s-\pi\,N\,i$$ con $$R_N(d):=1-\frac d{2\,N}+\frac{\pi\,i}{N^2}\frac{(3\,d+2)}{24}+\frac 1{N^3}\left(\frac{\pi^2}{48}(3\,d+4)+\frac{d\,(d+1)(d+2)}{24}\right)-\frac{\pi\,i}{N^4}\left(\frac{17\,\pi^2}{1152}(3\,d+6)+\frac{d^3+5\,d^2+7\,d+12/5}{24}\right)- \frac 1{N^5}\left(\frac {31\,\pi^4}{2304}(3\,d+8)+\frac{17\,\pi^2}{384}\left(d^3+7\,d^2+44\,d/3+44/5\right)+\frac{d\,(d+1)(d+2)(d+3)(d+4)}{240}\right)+\frac {\pi\,i}{N^6}\left(\frac{691\,\pi^4}{46080}(3\,d+10)+\frac{31\,\pi^2}{576}(d^3+9\,d^2+25\,d+944/45)+\frac{17}{1920}(d^5+40\,d^4/3+65\,d^3+422\,d^2/3+128\,d+240/7)\right)+O\left(\frac {d^7}{N^7}\right)$$

Debería haber una representación más bonita para el resto $R_N(d)$ (el coeficiente de las potencias más altas de $\pi$ en cada paréntesis parece ser $\;\displaystyle\frac {2\,(1-4^l)}{3\;2^l\,l!}B_{2\,l}\frac{(i\,\pi)^{l-1}}{N^l}(3\,d+2\,(l-1))\;$ por ejemplo).

Se agradecerían más detalles y referencias sobre esta ampliación y la siguiente
(Los obtuve en julio y agosto de 2014 sin una derivación formal...).

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Los resultados anteriores se obtuvieron deteniendo la suma en $\;N=\left[\dfrac {t}{\pi}\right]\,$ pero ¿qué ocurre para $\;N=\left[\dfrac {t}{e}\right]$ ? Parece que tenemos que restringir el verdadero denominador $e$ a $\,0<e<2\pi\,$ (los coeficientes se vuelven infinitos en $0$ y $\,2\pi$ ) y puede conjeturar que :

$$\tag{4}\boxed{\displaystyle\zeta\left(s\right)=\mathcal{S}_s(N)-\frac {\mathcal{R}_N(d)}{2\,N^s}}\quad \text{for}\ N:=\left[\frac t{e}\right],\ d:=s-e\,N\,i$$ con for $\,c:=\cot(e/2)\,$ :

$$\mathcal{R}_N(d)=1+c\,i-\frac 1{2N}\left(d(1+c^2)-\frac {ec^2}{\sin(e)}\right)\\-\frac {i}{N^2}\left(\frac{d^2\,c}{4\sin(e/2)^2}+\dfrac{d\,(\sin(e)-e\,(2+\cos(e)))-\dfrac {2\,e}3(2+\cos(e))+e^2\dfrac{5+\cos(e)}{4\tan(e/2)}}{8\sin(e/2)^4}\right)\\+O\left(\frac {d^3}{N^3}\right)$$

Probablemente haya una forma mucho más sencilla de escribir esta expansión, pero aún no lo he investigado... (el límite como $\;e\to \pi\,$ devuelve los tres primeros términos de $(3)$ como debe ser)

Answer 2

Sea $f\left(x\right)\in C^{1}\left[a,b\right]$ entonces $$\sum_{a<n\leq b}f\left(n\right)=\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx+\int_{a}^{b}\left(x-\left[x\right]-\frac{1}{2}\right)f'\left(x\right)dx+\left(a-\left[a\right]-\frac{1}{2}\right)f\left(a\right)-\left(b-\left[b\right]-\frac{1}{2}\right)f\left(b\right)$$ donde $\left[x\right]$ es la función suelo. Entonces, si tomamos $s=\sigma+it$ , $\sigma>1$ y con una elección adecuada de $a,b$ tenemos $$\zeta\left(s\right)-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^{s}}=s\int_{N}^{\infty}\frac{\left[x\right]-x+\frac{1}{2}}{x^{s+1}}dx+\frac{N^{s-1}}{s-1}-\frac{1}{2N^{s}}$$ y el resultado que vale para la continuación analítica para $\sigma>0$ . Por lo tanto, tenemos \begin{align*} \zeta\left(s\right)-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^{s}}= & O\left(t\int_{N}^{\infty}\frac{1}{x^{\sigma+1}}dx\right)+O\left(\frac{N^{1-\sigma}}{t}\right)+O\left(N^{-\sigma}\right)\\ = & O\left(\frac{t}{\sigma N^{\sigma}}\right)+O\left(\frac{N^{1-\sigma}}{t}\right)+O\left(N^{-\sigma}\right) \end{align*} y si tomamos $N=\left[t\right]$ tenemos $$\zeta\left(s\right)-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^{s}}=O\left(1\right).$$