¿La de Riemann zeta función convergen en las dimensiones superiores?

Question

Es conocido que la de Riemann zeta función

$$\displaystyle \zeta(s) = \sum_{n = 1} \frac{1}{n^s}$$

converge para todos los $\mathrm{Re}(s) > 1$, y admite una continuación analítica para el resto del plano complejo, aparte de sus polos. Mi pregunta se refiere a una generalización de este: supongamos que se reemplace $n$ con un vector de $m \in \mathbb{Z}^d$ y considerar la suma

$$\displaystyle \sum_{\substack{\ \ m \in \mathbb{Z}^d} \\ {\ \ \ m \neq 0}} \frac{1}{|m|^s}.$$

¿Esta suma también converge absolutamente para $\mathrm{Re}(s) > 1$? Claramente converge si $d = 1$. Si $d = 2$, entonces tenemos:

$$\displaystyle \sum_{\substack{\ \ m_1 \in \mathbb{Z}} \\ {\ \ \ m_1 \neq 0}} \sum_{\substack{\ \ m_2 \in \mathbb{Z}} \\ {\ \ \ m_2 \neq 0}} \frac{1}{|m_1 + m_2|^s}, \ \ m_1 + m_2 \neq 0.$$

No parece claro por qué esto debería converger. Lo más cercano que he podido encontrar es el llamado zeta de Hurwitz función, que se ve algo similar a mi suma excepto que estoy sumando a través del parámetro $q$. He tratado de comparar la suma doble para una integral doble de la misma cosa más de $\mathbb{R}^2$, pero Mathematica me dice que el resultado de la integral no converge para $s = 3/2$, que no es una buena señal.

El uso de Mathematica en la suma directa: sumar más de $\mathbb{N}$ en lugar de $\mathbb{Z}$ -- rendimientos $\zeta(s - 1) + \zeta(s)$ para el caso de $d = 2$.

Answer 1

utilizar el cambio de variable $r = x+y$, para mostrar que $$\iint_{[1,\infty)\times[1,\infty)} f(x+y)dxdy = \int_2^\infty (r-2)\, f(r)dr$$ Entonces podemos hacer la habitual comparación con la integral de Riemann $$\sum_{n,m \in \mathbb{N}^*\times \mathbb{N}^*} |n+m|^{-s}= \iint_{[1,\infty)\times[1,\infty)} (\lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor)^{-s} dxdy$$ $$\iint_{[1,\infty)\times[1,\infty)} (x+y)^{-s}dxdy +\iint_{[1,\infty)\times[1,\infty)} (\lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor)^{-s}-(x+y)^{-s}) dxdy$$ $$ = \int_2^\infty (r-2)r^{-s}dr + \iint_{[1,\infty)\times[1,\infty)} \mathcal{O}((x+y)^{-s-1})dxdy =\int_2^\infty (r-2)r^{-s}dr + \int_1^\infty \mathcal{O}(r^{-s})dr$$ where I used that $\displaystyle(\lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor)^{-s} - (x+y)^{s} = \int_{\lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor}^{x+y} t^{-s-1}dt = \mathcal{S}((x+y)^{-s-1})$

El mismo argumento muestra que el $\displaystyle\sum_{(n_1, \ldots, n_d) \in (\mathbb{N}^*)^d} (n_1+\ldots +n_d)^{-s}$ converge para $Re(s) > d$.