Valores de la función Zeta de Riemann y la adición de Ramanujan - ¿qué tan fuerte es la conexión?

Question

La Adición de Ramanujan de algunas sumas infinitas es consistente con un par de conjuntos de valores de la función zeta de Riemann. Tenemos, por ejemplo, $$\zeta(-2n)=\sum_{n=1}^{\infty} n^{2k} = 0 (\mathfrak{R}) $$ (for non-negative integer $k $) and $$\zeta(-(2n+1))=-\frac{B_{2k}}{2k} (\mathfrak{R})$% #% indicador # \in \mathbb{N} $ (again, $ B_k$). Here, $k$ is the $$'th Bernoulli number. However, it does not hold when, for example, $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}=\gamma (\mathfrak{R})$\gamma$ (here $$ denotes the Euler-Mascheroni Constant) as it is not equal to $$.

Pregunta: ¿Son los dos primeros ejemplos indicó las única instancias en que la adición de Ramanujan de algunas series infinitas coincide con los valores de la función zeta de Riemann?

Answer 1

Ramanujan suma surge de Euler-Maclaurin suma fórmula. Ramanujan suma es justo (C, 1) sumatoria. (Ver Cesàro suma)

Usted puede encontrar fácilmente de Euler-Maclaurin que

$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}$$

no es (C, 1) summable.

Siga el método de Ramanujan a continuación (que se puede seguir fácilmente):

El uso de Euler-Suma tenemos

\begin{align*} \zeta(s) & = \frac{1}{s-1}+\frac{1}{2}+\sum_{r=2}^{q}\frac{B_r}{r!}(s)(s+1)\cdots(s+r-2) \\ & \phantom{=} -\frac{(s)(s+1)\cdots(s+q-1)}{q!}\int_{1}^{\infty}B_{q}(x-[x])x^{-s-q} ~dx \end{align*}

$\zeta(s)$ es la de Riemann zeta función (Nota: $s=1$ es el polo) . Tenga en cuenta que el lado derecho tiene valores incluso por $Re(s)<1$.

Por ejemplo, poniendo a $s=0$ tenemos $$\zeta(0)=-\frac{1}{2}.$$

Si ponemos $s=-n$ (siendo n un número entero positivo) y $q=n+1$, vemos que el resto se desvanece y se han

$$(n+1)\zeta(-n)=-1+\frac{n+1}{2}+\sum_{r=2}^{n+1}\frac{B_r(-1)^{r-1}}{r!}\binom{n+1}{r}$$

que después de

$$\sum_{j=0}^{r}\binom{r+1}{j}B_j=0$$

da

$$\zeta(-n)=-\frac{B_{n+1}}{n+1}.$$

Answer 2

Yo les insto a hacer analizar la serie armónica uso de Euler-Maclaurin Suma

Usted será capaz de demostrar

\begin{equation} \sum_{k\leq x}\frac{1}{k}=\log x+\gamma+O\left(\frac{1}{x}\right) \end{equation}

donde $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante y $O(f)$ es grande oh notación.

Sólo se necesita analizar el resto término de Euler-Maclaurin suma el uso de la transformada de Fourier de la serie de periódicos de los polinomios de Bernoulli. Es decir, para $m\geq 2$

\begin{equation} B_m(x-[x])=-\frac{m!}{(2\pi i)^m}\sum_{n=-\infty,n\neq 0}^{n=\infty}\frac{e^{2\pi i nx}}{n^m} \end{equation}

Esto le puede dar

\begin{equation} |B_{m}(x-[x])|\leq 2\frac{m!}{(2\pi)^m}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^m}\leq 2\frac{m!}{(2\pi)^m}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\pi^2\frac{m!}{3(2\pi)^m} \end{equation}

es perfecta para la estimación del resto de Euler-Maclaurin de la fórmula.

También puede probar a Stirling aproximación utilizando este método que es

\begin{equation} n! = \sqrt{2 \pi n}~{\left( \frac{n}{e} \right)}^n \left( 1 + O \left( \frac{1}{n} \right) \right). \end{equation}

Answer 3

Debe tener en cuenta que el valor de principales de Cauchy de $\zeta(1)$ es $\gamma$:

$$\lim_{h\to0}\frac{\zeta(1+h)+\zeta(1-h)}2=\gamma$$

Decir $\zeta(1)=\infty$ es mal porque zeta no tiene límite en ese punto (excepto los límites direccionales).