¿La suma alternada de múltiples zetas es siempre igual a 1?

Question

Esto entra más en la categoría de "matemáticas recreativas"...
Estaba jugando con múltiples zetas, en la notación de $\zeta(k),\zeta(k,k),\zeta(k,k,k),\ldots$ como se indica en wikipedia .
Mirando las sumas alternas $$A_m=\zeta(m)-\zeta(m,m)+\zeta(m,m,m)- \ldots + \ldots $$ parece, que para cualquier natural $m \ge 2$ obtenemos $A_m = 1 $ . Incluso si fijamos $m=1$ y reemplazar $\zeta(1)$ por la constante de Euler-Mascheroni $\gamma$ (como hizo Ramanujan en su sumatorio) y calcular las múltiples zetas en base a esto parece que nos acercamos a $1$ cuando el número de zetas múltiples aumenta sin límite.

[actualización] Parece que es cierto para $m \gt 0 $ e incluso para el complejo m, si $\Re(m) \gt 0$ . [/actualización]

Q1: ¿Es esto cierto (y quizás incluso trivial)?
Q2: si la respuesta para Q1 es "verdadero", entonces ¿cuál es el rango para m?

Ejemplo: las múltiples zetas que comienzan en $\zeta(2)$ son $$ \small \begin{array} {rr|l} \zeta(2)&=& 1.64493406685 \\ \zeta(2,2)&=& 0.811742425283 \\ \zeta(2,2,2)&=& 0.190751824122 \\ \zeta(2,2,2,2)&=& 0.0261478478177 \\ \zeta(2,2,2,2,2)&=& 0.00234608103546 \\ \ldots \\ \end{array} $$ Las sumas parciales de las series alternas son $$ \small \begin{array} {} 1.64493406685 \\ 0.833191641565 \\ 1.02394346569 \\ 0.997795617869 \\ 1.00014169890 \\ 0.999993270112 \\ 1.00000024599 \\ 0.999999992864 \\ 1.00000000017 \\ 0.999999999997 \\ 1.00000000000 \\ \ldots \end{array} $$ [actualización 2] La respuesta de @Achille Hui me ha recordado que es importante señalar que calculo las zetas múltiples mediante la fórmula de Newton para la conversión entre sumas de potencias y polinomios simétricos elementales. Sea $\operatorname{s2e}(v) $ sea la función que convierte un vector v de potencias de exponentes consecutivos en un vector de polinomios simétricos elementales , entonces $$ \operatorname{s2e}([\zeta(m),\zeta(2 m), \zeta(3 m),\ldots])=[\zeta(m),\zeta(m,m),\zeta(m,m,m),\ldots]$$ y la suma alternada $1-A_m$ puede -al menos formalmente- reescribirse como $$1-A_m = (1-1)(1-1/2^m)(1-1/3^m)\cdots$$ como ha señalado @Achille hui.

Si esa es una interpretación correcta, está claro que (si el producto del segundo término en converge para algún m ) el resultado completo es cero para ese mismo m .
Esto está respaldado por la observación de que si elimino el primer (=cero) paréntesis, y luego utilizo de forma equivalente $\zeta(\cdot)-1$ en lugar de $\zeta(\cdot)$ para las potencias, entonces para los casos bien convergentes parece que obtenemos de nuevo la identidad.

Así que si todo esto es "a prueba de agua", entonces la pregunta Q2 permanece:

Q2 para qué rango de m (incluso de los números complejos) tenemos $1-A_m = 0$ ?

(Excluyo hasta ahora todos los m para lo cual puede ocurrir con algunos $k \in \mathbb N$ que $k\cdot m=1$ ) que simplemente significa evitar la aparición de $\zeta(1)$

Answer 1

Dada cualquier secuencia $(u_i)_{i\in\mathbb{Z}_{+}}$ con $u_i \in [0,1]$ y $\sum_{i=1}^{\infty} u_i < \infty$ tenemos:

$$\prod_{i=1}^{\infty} (1 - u_i ) = 1 + \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^k \prod_{0 < i_1 < \ldots < i_k} u_{i_1}\cdots u_{i_k}$$

El RHS converge absolutamente como una serie porque el $k^{th}$ término de la misma:

$$\prod_{0 < i_1 < \ldots < i_k} u_{i_1}\cdots u_{i_k} < \frac{1}{k!}\left(\sum_{i=1}^{\infty} u_i\right)^k$$

está limitada por el $k^{th}$ término de expansión de $\exp( \sum_{i=1}^{\infty} u_i)$ .

Aplique esto a $u_n = n^{-m}$ donde $m \ge 2$ y aviso $u_1 = 1$ obtenemos:

$$0 = 1 - \zeta(m) + \zeta(m,m) - \zeta(m,m,m) + \cdots$$

Answer 2

Tenemos $\zeta(k)=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^k}$

Definir $\zeta(k,k)=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{\prod_2 m}{m^k}$

donde $\prod_2 m$ denota el número de formas de expresar $m$ como producto de dos números distintos (sin contar órdenes, por lo que $2\times 3= 3\times 2$ se cuenta sólo una vez).

definir de forma similar $\prod_r m$ el número de formas de expresar $m$ como producto de $r$ números distintos.

para que el $r$ el valor de la función zeta múltiple en $k$ , satisface $\zeta(k,\cdots,k) = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{\prod_r m}{m^k}$ .

Así, la cuestión se reduce a comprobar si $$ 1-\prod_2 m +\prod_3 m -+ \cdots + (-1)^{r-1} \prod_r m +\cdots = 0 $$ si $m\geq 2$ .

Teniendo en cuenta que la multiplicación de $1$ también se cuenta, vemos que la expresión con $1$ y sin $1$ se anula. Por tanto, nuestra afirmación es cierta.

Por ejemplo, con $m=6$ tenemos

(-) para $1\times 6$ , $2\times 3$

(+) para $1\times 2\times 3$ . Aquí $2\times 3$ y $1\times 2\times 3$ se anula.

Para $m=12$ ,

(-) para $1\times 12$ , $2\times 6$ , $3\times 4$ .

(+) para $1\times 2\times 6$ , $1\times 3\times 4$ . Aquí $2\times 6$ y $1\times 2\times 6$ . $3\times 4$ con $1\times 3\times 4$ cancelar.

Answer 3

Si se encuentra una respuesta parcial en este documento por Ihara, Kaneko y Zagier. Fórmula (4.6) $$\exp_\star(\log_\circ(1+z)) =\frac{1}{1-z}$$ implica $1 = \zeta(m) - \zeta(m,m) + \zeta(m,m,m) - \ldots$ para todos los números naturales $m \geq 2$ . Explicaré la notación y cómo la fórmula implica el resultado.

Poner $z_m := x^{m-1}y$ , una palabra sobre el alfabeto $\{x,y\}$ (o un monomio en variables no conmutativas $x,y$ si lo prefiere). Uno define $$\zeta(z_{m_1}\cdots z_{m_n}) := \zeta(m_1,\ldots,m_n)$$ para $m_i \geq 1$ , $m_1 \geq 2$ . Uno extiende esto a sumas (finitas o infinitas) por linealidad y pone $\zeta(1) = 1$ . Por ejemplo, $$\zeta(xxyxxxy + xy + 1) = \zeta(3,4) + \zeta(2) + 1.$$ Se define el producto armónico inductivamente por $$1 \star w = w \star 1 = w,\\ z_k w_1 \star z_l w_2 = z_k(w_1 \star z_l w_2) + z_l(z_k w_1 \star w_2) + z_{k+l}(w_1 \star w_2).$$ Un teorema dice que $\zeta$ es un homomorfismo con respecto a " $\star$ ", es decir $$\zeta(w_1 \star w_2) = \zeta(w_1) \zeta(w_2).$$ También se define el producto del círculo por $$w_1 \circ w_2 = w_1 \star w_2 - w_1w_2 - w_2w_1,$$ así que en particular $z_k \circ z_l = z_{k+l}$ . Entonces, con $$\exp_\star(z) := 1 + z + \frac{1}{2} z\star z + \ldots,\\ \log_\circ(1+z) := z - \frac{1}{2} z \circ z + \frac{1}{3} z \circ z \circ z - \ldots,\\ \frac{1}{1-z} := 1 + z + z^2 + z^3 + \ldots$$ uno tiene la fórmula indicada anteriormente: $$\exp_\star(\log_\circ(1+z)) =\frac{1}{1+z}.$$ Poner $z := -z_m$ y aplicando $\zeta$ la parte derecha da $$\zeta(1 - z_m + z_m^2 - z_m^3 + \ldots) = 1 - \zeta(m) + \zeta(m,m) - \zeta(m,m,m) + \ldots$$ y el lado izquierdo da \begin{align*} \zeta(\exp_\star(\log_\circ(1-z_m))) &= \exp(\zeta(\log_\circ(1-z_m))) \\ &= \exp(-\sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n} \zeta(z_{mn}))\\ &= 0 \end{align*} desde $\sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n} \zeta(z_{mn}) \geq \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n} = \infty$ . Al igualar los dos resultados se obtiene $$1 - \zeta(m) + \zeta(m,m) - \zeta(m,m,m) + \ldots = 0.$$

Answer 4

(Esta no es una respuesta nueva, sino sólo un ejemplo adicional de datos, que refleja el comentario de @Achille hui respecto a $\Re(m) \lt 1$ )

A continuación, una lista de las primeras zetas múltiples y las sumas parciales de las series alternas para $m=\sqrt{0.5}$ donde la representación en serie de $\zeta(m)$ no es convergente (y ninguna de las potencias es igual al $\zeta(1)$ ): $$ \small \small \begin{array} {r|r|r} k & \zeta_k(m) \text{ : k'th mult.} \zeta() & \text{partial altern. sum} \\ \hline 1 & -2.85873148777 & -2.85873148777 \\ 2 & 2.57580401985 & -5.43453550762 \\ 3 & 0.938727829684 & -4.49580767793 \\ 4 & -4.02972075888 & -0.466086919058 \\ 5 & 3.46585761472 & 2.99977069567 \\ 6 & -0.626085735043 & 3.62585643071 \\ 7 & -1.29780958922 & 2.32804684149 \\ 8 & 1.28297262963 & 1.04507421187 \\ 9 & -0.436367742286 & 0.608706469581 \\ 10 & -0.122662257866 & 0.731368727447 \\ 11 & 0.200808483827 & 0.932177211274 \\ 12 & -0.0882083797854 & 1.02038559106 \\ 13 & 0.00437308895501 & 1.02475868001 \\ 14 & 0.0155665983724 & 1.00919208164 \\ 15 & -0.00874359614267 & 1.00044848550 \\ \cdots & \cdots &\cdots \\ 60 & -1.92516635703E-31 & 1.00000000000 \\ 61 & -2.39632638182E-33 & 1.00000000000 \\ 62 & 5.31122663432E-33 & 1.00000000000 \\ 63 & -9.45648541011E-34 & 1.00000000000 \\ 64 & 4.89013667885E-35 & 1.00000000000 \\ \cdots & \cdots &\cdots \\ \end{array} $$ Esto es similar con cualquier valor $m \gt 0$ , sólo que el índice k a partir de la cual las zetas múltiples comienzan a desvanecerse puede ser mayor. Incluso podemos utilizar el complejo m , por ejemplo de las raíces no triviales y puede directamente o Eulersum la serie alterna ...

Esta es una lista que utiliza el negativo valor $m=-1$ . La serie alterna necesita ahora un procedimiento de suma divergente, como la suma de Borel (parece que la suma de Euler puede no ser suficiente) . Obtenemos $$ \small \small \begin{array} {r|r|r} k & \zeta_k(-1) \text{ : k'th mult.} \zeta() & \text{partial altern. sum} \\ & & \text{divergent summation } \\ \hline 1 & -0.0833333333333 & -0.0833333333333 \\ 2 & 0.00347222222222 & -0.0848429951691 \\ 3 & 0.00268132716049 & -0.0852728890865 \\ 4 & -0.000229472093621 & -0.0853089197972 \\ 5 & -0.000784039221720 & -0.0852036275208 \\ 6 & 0.0000697281375837 & -0.0850590273088 \\ 7 & 0.000592166437354 & -0.0849170033670 \\ 8 & -0.0000517179090826 & -0.0847934738378 \\ 9 & -0.000839498720672 & -0.0846927757523 \\ 10 & 0.0000720489541602 & -0.0846141577213 \\ 11 & 0.00191443849857 & -0.0845548301287 \\ 12 & -0.000162516262784 & -0.0845114155482 \\ 13 & -0.00640336283381 & -0.0844806229031 \\ 14 & 0.000540164767893 & -0.0844595354062 \\ 15 & 0.0295278809457 & -0.0844457052452 \\ 16 & -0.00248174360026 & -0.0844371535103 \\ 17 & -0.179540117061 & -0.0844323265957 \\ 18 & 0.0150561130400 & -0.0844300358670 \\ 19 & 1.39180109327 & -0.0844293944146 \\ 20 & -0.116546276599 & -0.0844297577262 \\ 21 & -13.3979854551 & -0.0844306713024 \\ 22 & 1.12080446429 & -0.0844318261930 \\ 23 & 156.801412704 & -0.0844330223409 \\ 24 & -13.1078630226 & -0.0844341390840 \\ 25 & -2192.55553609 & -0.0844351119332 \\ \cdots & \cdots &\cdots \\ 60 & -5.03959577267E29 & -0.0844375513246 \\ 61 & -5.42046040306E32 & -0.0844375514123 \\ 62 & 4.51885202016E31 & -0.0844375514570 \\ 63 & 5.19276945836E34 & -0.0844375514751 \\ 64 & -4.32892308840E33 & -0.0844375514782 \\ \cdots & \cdots &\cdots \\ \end{array} $$
Usando Wolframalpha para adivinar el resultado encontramos que posiblemente $$ A_{-1} \underset{\text{guessed}}{=} 1-{\exp(1) \over \sqrt{2\pi}} \sim -0.084437551419227546612 $$

[actualización 2] Al parecer, existe una fórmula alternativa para el cálculo del $A_m$ posible, sin embargo aún no tengo un procedimiento de suma que funcione bien para la serie alternativa resultante, pero aún divergente.

En primer lugar, para suavizar todo introduzcamos la función $$ B(m) = 1- A_m = 1- \zeta(m) + \zeta(m,m) - \zeta(m,m,m) + \ldots - \ldots $$ A continuación, reescribamos formalmente esto como un producto infinito $$ P(m) = (1-1^{m})(1-1/2^{m}) (1-1/3^{m}) \ldots \underset{\text{formally}}{=}B(m)$$ Entonces el registro de $P(m)$ es una suma de logaritmos $$ L(m)=\log(P(m)) = \log(1-1^{m}) + \log(1-1/2^{m}) + \log(1-1/3^{m}) \ldots $$ que puede reescribirse como una serie doble que incluye la conocida serie de Mercator para el logaritmo. Entonces cambiamos el orden de la suma; esto parece dar como resultado -de nuevo formalmente- la siguiente suma de zetas $$ L(m)= -\zeta(1m)/1 - \zeta(2m)/2 - \zeta(3m)/3 - \ldots $$ Por supuesto, todo esto no es más que palabrería y necesita una justificación formal.

Sin embargo, sólo la alimentación de esta última fórmula, utilizando $m=-1$ en un procedimiento de suma para la suma divergente llego al mismo resultado que con el cálculo original: $$ B(-1) = \exp(L(-1)) \underset{\mathfrak N}{=} {\exp(1) \over \sqrt{2 \pi}}$$ donde $ \mathfrak N$ indica un procedimiento Noerlund personalizado para la suma divergente.

Así que podemos dar por sentada la hipótesis de que esta sustitución del cómputo original es válida. Desgraciadamente, sigue siendo fuertemente divergente, y la tasa de crecimiento aumenta con el valor absoluto de m (a menos, por supuesto, que m es un múltiplo de $-2$ ). Aquí hay un par de estimaciones más aproximadas: $$ \small \begin{array} {r|lr} m & B(m) (\text{ using } \mathfrak N ) \\ \hline -1 & 1.0844375514192275466 & \qquad (= 1-A_{-1} )\\ -1/2 & 1.2904007518681174634 \\ -1/3 & 1.48044921903 \\ -1/4 & 1.65184851943 \end{array} $$

Answer 5

En la siguiente Enlace MSE en MZV y el PET se utilizó un algoritmo para calcular los MZV que no es tan bueno como lo que ha presentado en este hilo, pero lo más importante es que se demostró que $$\zeta(s,s,\ldots,s) = Z(P_n)(\zeta(s);\zeta(2s);\ldots;\zeta(ns))$$ donde $Z(P_n)$ es el índice del ciclo $Z(A_n)-Z(S_n)$ de los no etiquetados operador de conjunto $\mathfrak{P}_{=n}$ que tiene $Z(P_0) = 1$ y obedece a la recurrencia $$Z(P_n) = \frac{1}{n}\sum_{l=1}^n (-1)^{l-1} a_l Z(P_{n-l})$$ que se puede demostrar por enumeración directa según el ciclo que contiene $n.$ Este operador es estándar en las aplicaciones de la Polya y puede utilizarse para demostrar la conjetura de anterior.

Replanteando la conjetura en términos de la PET obtenemos el equivalente que dice que $$\sum_{n\ge 0} (-1)^n Z(P_n)(\zeta(s);\zeta(2s);\ldots;\zeta(ns)) = 0.$$

Para demostrarlo introducimos (es una técnica estándar) la función generadora $$F(y) = \sum_{n\ge 0} (-1)^n y^n Z(P_n)(\zeta(s);\zeta(2s);\ldots;\zeta(ns))$$ por lo que nos interesa $F(1).$ Utilizaremos la notación simplificada $$Z(P_n)(\zeta(s))$$ para el índice de ciclo sustituido según las reglas de la PET.

Diferenciar para obtener $$F'(y) = \sum_{n\ge 1} (-1)^n n y^{n-1} Z(P_n)(\zeta(s)).$$ Aplique la recurrencia de arriba para obtener $$\sum_{n\ge 1} (-1)^n y^{n-1} \sum_{l=1}^n (-1)^{l-1} \zeta(ls) Z(P_{n-l})(\zeta(s)).$$ Esto es $$\sum_{n\ge 1} (-1)^n y^{n-1} \sum_{l=1}^n (-1)^{l-1} \zeta(ls) (-1)^{n-l} [y^{n-l}] F(y) \\ = \sum_{l\ge 1} (-1)^{l-1} \zeta(ls) \sum_{n\ge l} (-1)^n y^{n-1} (-1)^{n-l} [y^{n-l}] F(y) \\ = \sum_{l\ge 1} (-1)^{l-1} \zeta(ls) y^{l-1} \sum_{n\ge l} (-1)^n (-1)^{n-l} y^{n-l} [y^{n-l}] F(y) \\ = - \sum_{l\ge 1} \zeta(ls) y^{l-1} \sum_{n\ge l} y^{n-l} [y^{n-l}] F(y) \\= \left(- \sum_{l\ge 1} \zeta(ls) y^{l-1} \right) F(y).$$

Integrando formalmente la ecuación $$(\log F(y))' = - \sum_{l\ge 1} \zeta(ls) y^{l-1}$$ obtenemos así $$\log F(y) = - \sum_{l\ge 1} \zeta(ls) \frac{y^l}{l}$$ donde hemos utilizado el hecho de que $\log F(0) = \log Z(P_0) = \log 1 = 0.$

Cuando $s>1$ el término de la suma sin signo converge en $[-1,1)$ y en el extremo superior $$\lim_{y\rightarrow 1-} \sum_{l\ge 1} \zeta(ls) \frac{y^l}{l} = +\infty$$ donde se utilizó la serie armónica para mostrar la divergencia a $+\infty$ en $y=1.$

Por fin tenemos $$F(y) = \exp\left(- \sum_{l\ge 1} \zeta(ls) \frac{y^l}{l}\right)$$ y se deduce que en el límite $$F(1) = \exp(-\infty) = 0$$ como se iba a demostrar.

Esta prueba es equivalente a la presentada por el otro contribuyentes, pero quería asegurarme de que la relación con el Teorema de Enumeración de Polya Teorema de Enumeración de Polya. Como se señaló en el hilo referenciado al principio este cálculo pasa con una función generadora ordinaria en lugar de una serie de Dirichlet, es, cito, simetría pura.