Mi suma (divergente) de las zetas con conjuntos de cofactores da sistemáticamente errores de simples diferencias enteras. ¿Qué me falta?

Question

Se trata de un "chanchullo" en un pequeño proyecto mío con el que estoy preocupado de vez en cuando por tres años ya . Intento centrarme en el núcleo del problema, por favor, pregunte si necesita más contexto.

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Consideremos la serie divergente $$ \sum_{k=1}^\infty {(-1)^{k-1} \over k }\zeta(-k) \underset{\mathcal N}{=} s_1 = -0.081061466... $$ Aquí el símbolo " $\underset{\mathcal N}{=} $ "significa que hice esa suma por el método de suma de Noerlund usando 64 términos. El valor que espero por alguna otra derivación que explicaré a continuación es $ -\zeta(0)' = 0.91893853 $ que difiere exactamente en 1.

Más contexto: los coeficientes en las zetas se toman simplemente de la matriz de números de Stirling del primer tipo, denotándolos simplemente como $s1_{r,c}$ , por lo que la definición proviene realmente de: $$ \sum_{r=1}^\infty s1_{r,1} \cdot {1! \over r! }\zeta(-r) \underset{\mathcal N}{=} s_1 $$

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A continuación, consideremos la serie divergente tomada de la siguiente columna de la matriz de Stirling: $$ \sum_{k=1}^\infty s1_{k,2} \cdot { 2! \over k! }\zeta(-k) \underset{\mathcal N}{=} s_2 = -0.006356455... $$ El valor que espero por la otra derivación es $ \zeta(0)'' = -2.00635645591... $ que se diferencia (relativamente cerca) por $2!$ . (La diferencia puede reducirse tomando más términos para la suma de Noerlund)

Para abreviar, estoy haciendo el producto de puntos $$ Z \cdot S1 \underset{\mathcal N}{=} Y $$ donde el vector fila infinito $Z$ contiene las zetas consecutivas $\zeta(0),\zeta(-1),\zeta(-2), ...$ y $S1$ es la matriz que contiene los números Stirling de primer tipo, escalados por factoriales tales que $$ S1_{r,c} = s1_{r,c} \cdot { c!\over r!} $$ obtener el vector de resultados $Y$ que se desvía de mi resultado esperado de derivados $ \zeta(0)^{(c)}$ mediante factoriales tales que $$ Y[c]= (-1)^c \cdot (\zeta(0)^{(c)} + c!) $$

El problema está relacionado con el de la suma de Ramanujan de las series de potencias similares de logaritmos: $$ \sum_{k=0}^{\infty} \log(1+k)^c \underset{\mathcal Z}{=} (-1)^c \cdot \zeta(0)^{(c)} $$ donde consigo (por " $\mathcal Z $ " eta-regularización) las "constantes mágicas" que tienen los mismos valores que he descrito anteriormente y que se desvían por los valores esperados para esa suma (por el signo $\zeta(0)$ -derivados) exactamente los factoriales. (Ver mi pregunta anterior en MSE pero en el que todavía no tenía esa visión más general con las columnas de la matriz de Stirling)

Observaciones adicionales: los antecedentes completos se pueden encontrar en este artículo (sólo estoy editando los párrafos concernientes) y fue removido por el pregunta reciente aquí en MSE

Answer 1

Esta es mi solución parcial en curso:

Problema

El mayor problema es que la suma

$$ A_{k} := \sum_{n=1}^{\infty} \frac{S_{n,k}}{n!} \zeta(-n) \tag{1} $$

es no Sumable por Abel, por lo que no es sumable por Nørlund, donde $S_{n,k}$ es el Número Stirling de la 1ª clase . (Nótese que cualquier serie sumable por Nørlund para cualquier elección de peso es también sumable por Abel y tiene el mismo valor). Esto se debe a que los términos no nulos de la serie (1) tienen un crecimiento aproximadamente factorial. (De hecho, aceptando algunas relaciones asintóticas para $S_{n,k}$ entonces los términos no nulos satisfacen

$$ \frac{S_{2n-1,k}}{(2n-1)!}\zeta(1-2n) \sim (-1)^{n-k-1} \frac{2\gamma_{1}}{(k-1)!} \frac{(2n-1)! \log^{k-1} n}{(2\pi)^{n}}, $$

véase este documento .) Por lo tanto, consideramos la siguiente regularización:

Definición. Para cualquier secuencia $(\lambda_{n})$ Satisfaciendo a $\lambda_{n}/\log (n!) \to \infty$ como $n\to\infty$ definimos $$ A_{k}(r) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{S_{n,k}}{n!} \zeta(-n) e^{-\lambda_{n} r}. $$

(Para ser pedantes, también debemos demostrar la dependencia de la elección de $(\lambda_{n})$ . Pero nosotros optamos por un punto de vista más práctico). Según la estimación anterior, encontramos que $A_{k}(r)$ define una función analítica para $\Re(r) > 0$ .

Por desgracia, no cualquier opción de $(\lambda_{n})$ permite la regularización. En efecto, para $\lambda_{n} = 2^{n}$ el teorema del alto índice nos dice que $A_{k}(0^{+})$ no existe. Por lo tanto, lo mejor que podemos esperar es:

Objetivo. Encontrar una secuencia adecuada $(\lambda_{n})$ tal que $A_{k} := A_{k}(0^{+})$ existe y es igual a $$ k!A_{k} = (-1)^{k}(\zeta^{(k)}(0) + k!). \tag{2} $$

Cálculo principal

Paso 1. Para $|s| < 1$ consideramos la suma

$$ B(r, s) = \sum_{k=0}^{\infty} A_{k}(r)s^{k}. $$

Entonces por la propiedad de $S_{n,k}$ tenemos

\begin{align*} B(r, s) &= \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{S_{n,k}}{n!} \zeta(-n)e^{-\lambda_{n} r}s^{k} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(-n)}{n!} e^{-\lambda_{n} r} \left( \sum_{k=0}^{\infty} S_{n,k}s^{k} \right) \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{s!}{(s-n)!n!} \zeta(-n) e^{-\lambda_{n} r} = \sum_{n=1}^{\infty} \binom{s}{n} \zeta(-n) e^{-\lambda_{n} r}. \tag{3} \end{align*}

En este caso, intercambiar el orden de la suma se justifica por el Teorema de Fubini, junto con la siguiente estimación:

\begin{align*} \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \left| \frac{S_{n,k}}{n!} \zeta(-n)e^{-\lambda_{n} r}s^{k} \right| &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{|\zeta(-n)|}{n!} e^{-\lambda_{n} \Re r} \left( \sum_{k=0}^{\infty} |S_{n,k}| |s|^{k} \right) \\ &\lesssim \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\Gamma(|s|+n)}{\Gamma(|s|)} e^{-\lambda_{n} \Re r} < \infty. \end{align*}

Paso 2. Ahora usando el ecuación funcional (asimétrica) de la función zeta de Riemann, para $n \geq 1$ obtenemos

\begin{align*} \zeta(-n) &= \frac{1}{\pi} (2\pi)^{-n} \sin\left(-\frac{\pi n}{2}\right) \Gamma(n+1)\zeta(n+1) \\ &= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty} \frac{(-it/2\pi)^{n} - (it/2\pi)^{n}}{2i} \frac{dt}{e^{t} - 1} \\ &= 2 \int_{0}^{\infty} \frac{(-it)^{n} - (it)^{n}}{2i} \frac{dt}{e^{2\pi t} - 1}. \end{align*}

Si se introduce esto en (3) se obtiene

$$ B(r, s) = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \binom{s}{n} e^{-\lambda_{n} r} \int_{0}^{\infty} \frac{(-it)^{n} - (it)^{n}}{2i} \frac{dt}{e^{2\pi t} - 1}. $$

Cambiando el orden de suma e integración, obtenemos

$$ B(r, s) = 2 \int_{0}^{\infty} \left( \sum_{n=1}^{\infty} \binom{s}{n} e^{-\lambda_{n} r} \frac{(-it)^{n} - (it)^{n}}{2i} \right) \frac{dt}{e^{2\pi t} - 1}. \tag{4} $$

Paso 3. La fórmula (4) es prometedora en el siguiente sentido: a partir de los teoremas abelianos y las series binomiales, para $|t| < 1$ obtenemos

\begin{align*} \lim_{r\downarrow 0} \sum_{n=1}^{\infty} \binom{s}{n} e^{-\lambda_{n} r} \frac{(-it)^{n} - (it)^{n}}{2i} &= \sum_{n=1}^{\infty} \binom{s}{n} \frac{(-it)^{n} - (it)^{n}}{2i}\\ &= \frac{(1-it)^{s} - (1+it)^{s}}{2i}. \end{align*}

Por lo tanto, si extrapolamos este resultado a todos los $t > 0$ e ignorar todos los detalles técnicos, nos ansatz que

\begin{align*} B(0^{+}, s) &= 2 \int_{0}^{\infty} \frac{(1-it)^{s} - (1+it)^{s}}{2i} \frac{dt}{e^{2\pi t} - 1} \\ &= 2 \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(-s \arctan t)}{(1+t^{2})^{-s/2}} \frac{dt}{e^{2\pi t} - 1} \\ &= \zeta(-s) + \frac{1}{s+1} - \frac{1}{2}, \tag{5} \end{align*}

donde la última lit se desprende de la Fórmula Abel-Plana . En consecuencia, obtenemos

$$ k! A_{k} = \left. \frac{d^{k}}{ds^{k}} B(0^{+}, s) \right|_{s=0} = (-1)^{k}(\zeta^{(k)}(0) + k!) $$

como se afirma en (2). Por lo tanto, queda elegir una secuencia adecuada $(\lambda_{n})$ y justificar el paso entre (4) y (5).

¿Justificación?

Actualmente estoy trabajando con la elección

$$ \lambda_{n} = \pi n^{2}. $$

En otras palabras, estoy considerando la sumabilidad gaussiana. Tanto los cálculos heurísticos como los numéricos son sugerentes, pero aún así la prueba no funciona bien. Actualizaré mi respuesta en cuanto encuentre algo nuevo.

Answer 2

Una respuesta parcial:

La terminación necesaria se produce, si añado -al estilo de la suma de Ramanujan- una integral de la función base. Por ejemplo $$ \small \begin{array} {} \sum_{r=1}^\infty S1_{r,1} \cdot \zeta(-r) \underset{\mathcal N}{=} s_1 \approx -0.081 && C_1= \int_0^{-1} \log(1+t) dt = 1 && -\zeta'(0) = C_1 + s_1 \approx 0.9189 \\ \sum_{r=1}^\infty S1_{r,2} \cdot \zeta(-r) \underset{\mathcal N}{=} s_2 \approx -0.00635 && C_2= \int_0^{-1} \log(1+t)^2 dt = -2 && \zeta''(0) = C_2 + s_2 \approx -2.00635 \\ \vdots && \vdots && \vdots \end{array} $$ donde de nuevo $S1_{r,c} = s1_{r,c} \cdot {c!\over r!}$ y $s1_{r,c}$ son los números de Stirling de primer tipo descritos en el texto de la pregunta.

Pero los límites de las integrales son puramente heurísticos - no sabría cómo derivar sus valores sistemáticamente...

Answer 3

(Añadiendo información sobre la suma de Noerlund tal y como pide la respuesta de @sos440).

Las sumas de las series divergentes, si tienen signos alternos, pueden hacerse por métodos de suma utilizando matrices de tamaño infinito. Un ejemplo es la suma de Euler, que puede expresarse mediante la transformación "binomial" de una serie. En forma de matriz se hace, por ejemplo, de esta manera.

I. Dejemos que $A$ sea la columna-vector que contiene los términos de una serie divergente con signos alternos. La tasa de crecimiento de esos términos no debe superar el crecimiento geométrico, por lo que el cociente $q$ de dos términos consecutivos se permite como máximo de valor absoluto constante.
Con esto utilizamos dos matrices triangulares inferiores, primero la matriz para la suma parcial, (la llamo "Dr" en mi caja de herramientas Pari/GP ) y obtenemos $$ \operatorname{Dr} \cdot A = B $$ donde el vector-columna $B$ contiene ahora las sumas parciales. Después, utilizando la Pascalmatriz $P$ normalizado para tener filas iguales a 1, permite $$ \operatorname{RowNorm}(P) \cdot B = C $$ y la secuencia de entradas en $C$ puede converger ahora a algún valor finito, que se toma como la suma de Euler de la serie descrita por $A$ . Es óptimo para tales sumas tener una potencia adaptada de la matriz $P$ y lo que hago en realidad es utilizar el logaritmo matricial de $P$ y construir poderes de la misma.
El logaritmo, por ejemplo $L$ de $P$ es sólo la matriz con la primera subdiagonal que contiene los valores $[1,2,3,4,..]$ y un poder general de $P$ por ejemplo, la potencia h'th, es $ P^h = \exp(h \cdot L) $ por lo que una suma de Euler de orden $h$ es $$ \operatorname{RowNorm}(P^h) \cdot \operatorname{Dr} \cdot A = C $$ y también incluyo el punto-producto con el $Dr$ - matriz en una llamada a la matriz en Pari/GP que es ahora mi uso estándar: $$ \operatorname{ESum}(h) \cdot A = C$$ lo que significa un Eulersum a la orden $h$ de la serie descrita por el vector columna $A$ . Aquí las entradas de $\small \operatorname{ESum}$ contienen los pesos finales de la suma.

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II. Las ponderaciones para las sumas de órdenes superiores en mis estudios se toman por el mismo esquema, donde sin embargo las entradas de la matriz de logaritmos $L$ se llevan a algún poder. Por ejemplo, si utilizo $ \small L_2 = \operatorname{SubDiag}([1,2^2,3^2,4^2,...]) $ entonces obtengo Noerlund-pesos de orden $2$ y en Pari/GP escribo $ \small \operatorname{NoerSum}(o,h)$ donde $o$ denota ahora el exponente al que llevo el $L$ -términos de matriz. Así que puedo hacer
$$ \operatorname{NoerSum}(2,1) \cdot A = C$$ donde $A$ puede contener ahora los factoriales con signos alternos. Con matrices de tamaño sólo, digamos, $32x32$ Obtengo las siguientes sumas parciales en $C$ :

$\qquad $

donde la primera columna muestra los valores a sumar, y la segunda los términos de $ \small C = \operatorname{NoerSum}(2,1.0) \cdot A$ que convergen a la suma esperada (divergente) de los factoriales alternos.

Aquí está el segmento superior izquierdo del $\small \operatorname{NoerSum}(2,1)$ -matriz:

$\qquad $

y aquí los pesos sin el producto punto con $\small \operatorname{Dr}$ :

$\qquad $

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III. Por último, he aquí la secuencia de sumas parciales, en la que he sumado con los parámetros (2,1) la primera serie en cuestión, es decir, con los números de Stirling del primer tipo, escalados por los factoriales recíprocos (de los cuales es $\log(1+x)$ es la función generadora) : en la primera columna la descripción simbólica ( $\zeta$ denotado por $z$ ), en la segunda columna los valores numéricos de los términos de la serie a sumar, y en la tercera columna esa suma parcial final, tomada por la suma de Noerlund.

$\qquad $

(pequeña observación: los parámetros de la suma de Noerlund podrían haberse optimizado, pero lo he dejado aquí para que la construcción de la matriz sea comparable)

(Puede pedir el código Pari/GP como referencia si es necesario)

Answer 4

Con regularización del producto Al menos puedo mostrar la primera: $$n!=(n/e)^n*\sqrt{(2n\pi)}*\prod_{c=1}^{\infty}(1-c/n)$$

Derivado de la regularización del producto de: $$\prod_{c=1}^{\infty}(1-c/n)=e^{\sum_{k=1}^{\infty} \frac{-\zeta(-k)}{kn^k}}$$ $$n!=(n/e)^n*\sqrt{(2n\pi)}*e^{\sum_{k=1}^{\infty} \frac{-\zeta(-k)}{kn^k}}$$

toma n=1. $$e^{\sum_{k=1}^{\infty} \frac{-\zeta(-k)}{k}}=\frac{e}{\sqrt{(2\pi)}}$$ $${\sum_{k=1}^{\infty} \frac{-\zeta(-k)}{k}}=ln(\frac{e}{\sqrt{(2\pi)}})$$

La derivada del función zeta es $$\zeta'(0)=-1/2ln(2\pi)$$ que tienes, y el 1 que te falta es de la e. $${\sum_{k=1}^{\infty} \frac{-\zeta(-k)}{k}}=1+\zeta'(0)$$ El (-1)^k desaparece en la fórmula original porque es 1 en los enteros pares así que aquí tienes. $${\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\zeta(-k)}{k}}=-1-\zeta'(0)$$

En cuanto a la regularización del producto, creo que es bastante útil y produce algunos resultados útiles, por ejemplo. $$\frac{(1+1/n)^{n+1/2}}{e}=$$ $$\prod_{c=1}^{\infty}(1+c/(n+1))\prod_{c=1}^{\infty}(1-c/n)=e^{\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\zeta(-k)}{k(n+1)^k}-\frac{\zeta(-k)}{kn^k}}=$$ $$\prod_{c=1}^{\infty}(1-\frac{c(c+1)}{n*(n+1)}=e^{\sum_{k=1}^{\infty} \sum_{j=0}^{k}\frac{\binom{k}{j}\zeta(-k-j)}{k((n+1)n)^k}}$$