1+4+10+20+35+...=?

Question

¿Existe un valor finito para la suma infinita de todos los números tetraédricos?

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{n(n+1)(n+2)}{6}.$$

Sé que es una serie divergente, pero he oído que $$ 1+2+3+4+5+\cdots=-\frac{1}{12}.$$ Me pregunto si $$1+4+10+20+35+\cdots$$ tiene la respuesta finita en el mismo sentido.

Answer 1

La función Zeta de Riemann se define como $\zeta(s) = \displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}n^{-s}$ que es una suma convergente para $\Re(s) > 1$ . Sin embargo, la función Zeta de Riemann tiene una extensión analítica a otros valores de $s$ . Utilizando esta extensión analítica, tenemos $\zeta(-1) = -\dfrac{1}{12}$ . Así que en ese sentido, $\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}n$ "iguales" $-\dfrac{1}{12}$ .

Para su suma, tenemos $\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\dbinom{n+2}{3} = \displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{(n+2)(n+1)n}{6} = \displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{n^3+3n^2+2n}{6}$ que en cierto sentido "equivale" a $\dfrac{\zeta(-3)+3\zeta(-2)+2\zeta(-1)}{6} = \dfrac{\tfrac{1}{120}+3 \cdot 0 + 2 \cdot -\tfrac{1}{12}}{6} = -\dfrac{19}{720}$ .

Answer 2

_El siguiente método funciona para el suma alternada de todos los números tetraédricos :_

Una pista: Evaluar $~\displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-x)^{n+2}~,~$ entonces diferéncialo tres veces, divídelo entre seis y deja que $x=1$ . Ver Suma de Abel para más información.

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Desgraciadamente, a diferencia del caso de la Riemann $\zeta$ y Dirichlet $\eta$ funciones, aquí hay no " únicamente manera "significativa" de relacionar las versiones alternas y no alternas de una misma serie entre sí, lo que no quiere decir que varios no se le pueden atribuir valores finitos, sólo que tales valores no son único como ya se ha señalado en los comentarios de JimmyK Respuesta de la empresa $($ que ha sido injustamente votado a la baja, por cierto, ya que todo lo que el OP pidió fue "un" valor, no "el" valor, y ciertamente nadie puede argumentar que el enfoque descrito allí no proporciona "uno" de esos valores, entre muchos otros posibles - pero divago $)$ . En otras palabras, para que ese valor "especial" exista, hay que encontrar primero una expresión alternativa para $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{\displaystyle{n+2\choose3}^a}$ lo que nos permitiría "generalizar" la fórmula a valores de $a\le\dfrac13$ como se ha hecho en el caso de la mencionada $\zeta$ función.

Answer 3

He aquí un intento utilizando el teorema del binomio generalizado que no funciona para este caso pero que me parece interesante de todos modos:

Dejemos que $f_m(x) =(1-x)^{-m} $ .

Para $|x| < 1$ ,

$\begin{array}\\ f_m(x) &=(1-x)^{-m}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^n \binom{-m}{n}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^n \frac{\prod_{k=0}^{n-1} (-m-k)}{n!}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty} x^n \frac{\prod_{k=0}^{n-1} (m+k)}{n!}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty} x^n \frac{(m+n-1)!/(m-1)!}{n!}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty} x^n \binom{m+n-1}{m-1}\\ \end{array} $

Para $x \ne 1$ , esto permite asignar un valor a $f_m(x)$ . Desgraciadamente, esto no funciona para $x = 1$ .

(Dejando $x \to 1^-$ podría llevar al territorio de la función zeta, pero no sé lo suficiente para hacer esto de la parte superior de mi cabeza).

Ejemplos:

Configuración $x = -1$ , esto se convierte en $\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \binom{m+n-1}{m-1} =\dfrac1{2^m} $ . (Para $m=1$ , esto es lo habitual $\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n =\dfrac1{2} $ .)

Configuración $x = 2$ , esto se convierte en $\sum_{n=0}^{\infty} 2^n \binom{m+n-1}{m-1} =\dfrac1{(-1)^m} =(-1)^m $ .

Answer 4

Todo el "mito" de que $\sum_1^\infty n = -\frac{1}{12}$ es una tontería de todos modos.

Hay que pensarlo así:

Puede que sepas que $\frac{1}{1-z}=\sum{z^i}$ para $|z|<1$ . Así que en el disco $|z|<1$ existe una conexión entre el valor de $\frac{1}{1-z}$ y el valor de $\sum{z^i}$ . Sin embargo, en cuanto se sale de este disco de convergencia esa conexión se pierde por completo; $\frac{1}{1-2}=-1$ mientras que $\sum 2^i$ diverge.

Exactamente lo mismo sucede con el $\sum_1^\infty n = -\frac{1}{12}$ mito: para $\Re (z)>1$ tenemos $\zeta(z)=\sum n^{-z}$ . Tenga en cuenta que se establece $z=-1$ en el lado derecho obtenemos $\sum n^{1}=\sum n$ . Ahora bien, todo el mito proviene del hecho de que $\zeta(-1)=-\frac{1}{12}$ . Sin embargo. $\Re(-1)<1$ por lo que no hay relación entre el valor de $\zeta(-1)$ y el valor de $\sum n$ ¡!

Básicamente, quien dice $\sum_1^\infty n = -\frac{1}{12}$ también debe creer que $-1=\infty$ .