¿Podemos usar la continuación analítica para obtener$\sum_{n=1}^\infty n = b, b\neq -\frac{1}{12}$

Question

Intuitiva pregunta

Es una matemática muy popular hecho de que la suma de la definición de Riemann zeta función: $$\zeta(s) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s} $$ puede ser extendido a todo el plano complejo (excepto uno) para obtener el $\zeta(-1)=-\frac{1}{12}$. El lado derecho de la ecuación anterior en $-1$ se convierte en la suma de los números naturales de manera que en cierto sentido se ha obtenido un valor para él. Mi pregunta es: este valor dependiendo de la elección de la Riemann zeta función como la función de ser analíticamente continuado, o hacer siempre obtenemos $-\frac{1}{12}$?

La formulación adecuada

deje $(f_n:D\subset \mathbb{C}\rightarrow \mathbb{C})_{n\in \mathbb{N}}$ ser una secuencia de funciones y $a \in \mathbb{C}$ $\forall n\in \mathbb{N}: f_n(a) = n$ y $$f(z):=\sum_{n=0}^\infty f_n(z)$$ convergentes en una parte del plano complejo, de tal forma que pueden ser analíticamente siguió una parte del plano que contiene a $a$. Qué se sigue que, en virtud de esta continuación, $f(a)=-\frac{1}{12}$ y por qué (o puede dar un contraejemplo)?

Ejemplos

• El caso de la de Riemann zeta función es el caso donde $\forall n \in \mathbb{N}: f_n(s) = \frac{1}{n^s}$ and $a=-1$
• En el caso de que $\forall n \in \mathbb{N}: f_n(z) = \frac{n}{z^n}$ $a=1$ obtiene la suma de todos los números naturales, pero es la continuación de $\frac{z}{(z-1)^2}$ tiene un polo en $a$.

Answer 1

Dejar $f_n(z,a)=\frac n{(n+a)^z}$. Tomando la continuación analítica como$z\to0$ en la suma de$f$, tenemos

PS

La prueba no es tan mala. Darse cuenta de

PS

Y más allá de eso

PS

donde usamos la función zeta de Hurwitz. La diferenciación con respecto a$$\lim_{z\to0^+}\sum_{n=1}^\infty f_n(z,a)=\frac{a^2}2-\frac1{12}$ luego da

PS

Deja$$\frac d{dx}\frac1{(xn+a)^{z-1}}=\frac n{(xn+a)^z}$ y terminas con

PS

Y como$$\sum_{n=1}^\infty\frac1{(xn+a)^{z-1}}=\frac1{x^{z-1}}\sum_{n=1}^\infty\frac1{(n+\frac ax)^{z-1}}=\frac{\zeta(z-1,1+\frac ax)}{x^{z-1}}$, obtenemos ...

PS

Answer 2

Dejar $f_n(s) = n^{-s}+ (s+1) e^{-(s+1)n} (b-\zeta(-1))$. Luego$f_n(-1) = n$ y para$Re(s) > 1$:$$F(s) = \sum_{n=1}^\infty f_n(s) = \zeta(s)+(b-\zeta(-1))\frac{s+1}{e^{s+1}-1}$ $ Se puede continuar analíticamente hasta el plano complejo menos$s=1$ y$s=-1+2ik \pi, k \in \mathbb{Z}^*$:$$F(-1) = \zeta(-1) + (b-\zeta(-1))\lim_{s \to -1}\frac{s+1}{e^{s+1}-1}=b$ $