Series de logaritmos $\sum\limits_{k=1}^\infty \ln(k)$ (¿Suma de Ramanujan?)

Question

Tenía esta pregunta antes, por así decirlo como un problema "independiente", pero ahora aparece en el contexto de un análisis con el lngamma -función. Así como podemos convertir la cuestión de sumas de potencias semejantes $Su_p(n)=1^p+2^p+3^p+\cdots+n^p$ en términos de la Hurwitz-zeta $Su_p(n) = \zeta(p,1)-\zeta(p,n+1)$ (y resolver usando los polinomios de Bernoulli) Intento expresarlo para sumas de logaritmos (y potencias de logaritmos) : $$ Sl_p(n) = \ln(1)^p+\ln(2)^p+\cdots+\ln(n)^p $$
Tengo coeficientes aparentemente adecuados para series de potencias que permiten esos cálculos/aproximaciones. El resultado se encuentra siempre por la diferencia de $ Sl_p(n)-Sl_p(1) $ . Aquí la serie de potencias tiene cero como término constante.

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Sin embargo, para tener el análogo a la Hurwitz-zeta debería tener el término constante el "valor" para la suma infinita $ Sl_p(\infty) $ en su lugar. (Esto se cancela correctamente si formulo la suma de (potencias de) logaritmos siempre como esa diferencia $ Sl_p(n)-Sl_p(1) $ ) Y también, me gustaría que esto concordara conceptualmente más con la noción: $$ \begin{array} {rll} Sl_p(n)-Sl_p(1) &=& T_p(0)-T_p(n) \\\ & =& (\ln(1)+\ln(2)+\ln(3)+\cdots) \\\ & & - (\ln(n+1)+\ln(n+2)+\ln(n+2)+\cdots) \end{array} $$
ya que esto concuerda más con la idea de la diferencia Hurwitz-zeta.

Pero esto requiere, que $T_p(0)$ representa la suma (infinita) de los $p$ potencias de los logaritmos, y la constante en la serie de potencias de $T_p(0)$ debe contener precisamente ese valor. Hablemos de las primeras potencias de los registros $p=1 $ primero y denotar la suma supuesta como $L_1$ : $ L_1 = \lim_{n\to \infty} T_1(0) $

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[actualización 2]
Creo que, gracias a la sugerencia de J.M., ya puedo responder por mí mismo a Q1; sólo Q2 sigue siendo algo vago - aparte de una simple heurística empírica todavía no he conseguido el enfoque formalmente correcto para el término constante/definición integral en la suma de Ramanujan - pero esto es ahora sólo un problema secundario aquí (sin embargo, sería bueno obtener ayuda también para esta pregunta).

Con la ayuda del conocimiento sobre las derivadas de la zeta en cero la parte relevante del problema podría ahora resolverse satisfactoriamente, así que lo puse aquí en una respuesta a mi propia pregunta, ver esa respuesta abajo....

Observación final/conclusión: es interesante que la serie de potencias para la lngamma aparezca aquí "automáticamente" - no necesitamos ningún otro criterio de unicidad para el argumento de que la función gamma (euleriana) da la interpolación "correcta" para el problema factorial. Es sólo el resultado de la construcción de un operador para la "suma indefinida" (que era el objetivo conceptual de donde el problema / pregunta surgió inicialmente)

A continuación mantengo el resto de la pregunta original aunque el planteamiento del sumatorio de Ramanujan contiene un error
[fin Actualización 2]

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Intenté dar sentido a esa serie divergente sustituyendo las potencias de $x$ en la serie Mercator para $ \ln(1+x) $ por zetas apropiadas en argumentos enteros negativos. Si he entendido bien, esto es similar al método de la suma de Ramanujan, en el que los números de Bernoulli se sustituyen por los valores zeta correspondientes (debidamente escalados). Con esto obtuve entonces una aproximación de $$L_1 \approx -0.0810614667953 $$
que parece un valor bastante "aleatorio"...
Buscando en otras fuentes en línea obtuve la sugerencia ( OEIS ), que esto también es $$ \int_1^2 \ln(\Gamma(t)) \; dt \approx -0.08106146679532725821967026 $$

Con esta mi serie de energía para $T_1(x)$ comienza como

$ \qquad \small \begin{array} {l} - & 0.0810614667953 \\ - & 0.577215664902x \\ + & 0.533859200973x^2 \\ + & 0.325578788221x^3 \\ + & 0.125274140308x^4 \\ + & 0.0337256506589x^5 \\ + & 0.00685935357296x^6 \\ + & 0.00117260810356x^7 \\ + & O(x^8) \end{array} $
Los demás coeficientes aparecen también en la serie de potencias para $f(x)=\ln(\Gamma(\exp(x)) $

También, $L_1$ parecen satisfacer la siguiente expresión: $$ \exp(L_1) = {\sqrt{(2\pi)} \over e} \approx 0.9221370088957891168791517 $$

Las preguntas son: $\qquad$ Q1 : ¿Es ese valor $-0.0801\ldots$ una representación significativa (o incluso correcta) para la suma infinita de logaritmos?
$\qquad$ Q2 : ¿He reproducido correctamente la suma de Ramanujan?

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[actualización 1] : J.M. menciona la relación con $ y= - \zeta'(0) \approx 0.918938533205 $ donde la representación de la derivada de zeta en 0 es formalmente igual a la suma de logaritmos. Ahora mi $L_1$ y el $y$ están relacionados por $L_1 = y - 1$ . Así que espero algún error en mi derivación que lleva justo a esa diferencia de unidades...

Answer 1

Para responder a tu último comentario sobre la evaluación de sumas infinitas de potencias de logaritmos:

Dejar

$$(-1)^n \zeta^{(n)}(s)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(\log k)^n}{k^s}$$

la cuestión puede reformularse como la evaluación de la cantidad $(-1)^n \zeta^{(n)}(0)$ para varios $n\in \mathbb N$ .

Apostol y Choudhury había dado un montón de fórmulas para evaluar $\zeta^{(n)}(s)$ en particular, existe la fórmula

$$(-1)^n \zeta^{(n)}(0)=\frac{\Im((-\log\,2\pi-i\pi/2)^{n+1})}{\pi(n+1)}+\frac1{\pi}\sum_{j=1}^{n-1} a_j j!\binom{n}{j}\Im((-\log\,2\pi-i\pi/2)^{n-j})$$

donde

$$a_j=c_{j+1}+\sum_{\ell=0}^j \frac{(-1)^\ell \gamma_\ell}{\ell!} c_{j-\ell}$$

$$c_k=-\frac{\gamma c_{k-1}}{k}-\frac1{k}\sum_{\ell=1}^{k-1} (-1)^\ell \zeta(\ell+1) c_{k-\ell-1},\qquad c_0=1$$

el $\gamma_n$ son los Constantes de Stieltjes y $\gamma=\gamma_0$ es la constante de Euler-Mascheroni.

He aquí algunas evaluaciones explícitas de la fórmula:

$$\zeta^{\prime\prime}(0)=\frac{\gamma^2}{2}-\frac{\pi^2}{24}-\frac{(\log (2\pi))^2}{2}+\gamma_1$$

$$-\zeta^{\prime\prime\prime}(0)=-\gamma^3-\frac32 \gamma ^2 \log(2\pi)+\frac{\pi^2}{8}\log(2\pi)+\frac{(\log(2\pi))^3}{2}-3\gamma\gamma _1-3\gamma_1\log (2\pi)-\frac32\gamma_2+\zeta(3)$$

Como se puede suponer, las formas cerradas se vuelven bastante difíciles de manejar a medida que $n$ se hace grande...

Una extensión de estos resultados a no entero implicaría tener que definir adecuadamente el diferintegral de la función zeta; seguir la ruta de las series implicaría ahora términos que contienen la función gamma incompleta pero no conozco ninguna forma cerrada para la suma resultante.

Answer 2

Creo que gracias a la sugerencia de J.M. ya puedo responder a Q1; sólo Q2 sigue siendo algo vago - aparte de una simple heurística empírica todavía no he conseguido el enfoque formalmente correcto para el término constante/definición integral en la suma de Ramanujan - pero esto es ahora sólo un problema secundario aquí (sin embargo, sería bueno obtener ayuda también para esta pregunta).

Con la ayuda del conocimiento sobre las derivadas de la zeta en cero la parte relevante del problema podría ahora resolverse satisfactoriamente, así que lo pongo aquí en una respuesta a mi propia pregunta.

Observación final/conclusión: es interesante que la serie de potencias para la lngamma aparezca aquí "automáticamente" - no necesitamos otro criterio de unicidad para el argumento de que la función gamma (euleriana) da la interpolación "correcta" para el problema factorial.

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Dado que la serie infinita de potencias semejantes de logaritmos puede expresarse mediante las derivadas de $ \zeta(n) $ en $n=0$ tenemos expresiones para $L_p$ y por tanto para $T_p(0)$ .
$$ L_p = T_p(0) = (-1)^p \zeta^{(p)}(0) = \ln(1)^p + \ln(2)^p + \ln(3)^p + \ldots $$

Para calcular realmente esas derivadas utilizo la representación powerseries de zeta utilizando las constantes de Stieltjes: $$ \zeta(z) = {1 \over z-1} + \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \cdot \gamma_k \cdot { (z-1)^k \over k!} $$ donde el $\gamma_k$ son las constantes de Stieltjes, empezando por $\gamma_0$ y los valores $ \approx [0.5777...,-0.072..., -0.096...] $

A continuación, las derivadas se expresan mediante diferenciación por términos, lo que da como resultado $$ \begin{eqnarray} \zeta^{(p)}(z) &=& ({1 \over z-1})^{(p)} &+& \sum_{k=p}^{\infty} \binom kp \cdot p!\cdot (-1)^k \cdot \gamma_k \cdot { (z-1)^{k-p} \over k!} \\ &=& - (-1)^p {p! \over (z-1)^{p+1} }& +& (-1)^p \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \cdot \gamma_{k+p} \cdot { (z-1)^k \over k!} \\ &=& {p! \over (1-z)^{p+1} }& +& (-1)^p \sum_{k=0}^{\infty} \gamma_{k+p} \cdot { (1-z)^k \over k!} \\ \end{eqnarray} $$
T $$ \begin{eqnarray} L_p = T_p(0) &=& (-1)^p*( {p! \over 1^{p+1} }& +& (-1)^p \sum_{k=0}^{\infty} \gamma_{k+p} \cdot { 1^k \over k!} ) \\ &=& (-1)^p*p! & +& \sum_{k=0}^{\infty} {\gamma_{k+p} \over k!} \end{eqnarray} $$

La suma explícita de la última expresión converge muy bien y puede calcularse con tantos dígitos como permita la precisión de los números de Stieltjes. Con esto obtengo las logsums $L_0 = T_0(0) $ a $L_{23}=T_{23}(0) $ (leer de izquierda a derecha):

$ \qquad \small \begin{array} {rr} -0.500000000000 & 0.918938533205 \\ -2.00635645591 & 6.00471116686 \\ -23.9971031880 & 120.000232908 \\ -720.000936825 & 5039.99915018 \\ -40320.0002324 & 362880.000331 \\ -3628799.99946 & 39916800.0004 \\ -479001600.000 & 6227020800.00 \\ -87178291200.0 & 1.30767436800E12 \\ -2.09227898880E13 & 3.55687428096E14 \\ -6.40237370573E15 & 1.21645100409E17 \\ -2.43290200818E18 & 5.10909421717E19 \\ -1.12400072778E21 & 2.58520167389E22 \end{array} $

donde la secuencia de la desviación de los factoriales con signo es

$ \qquad \small \begin{array} {rr} 0.500000000000 & -0.0810614667953 \\ -0.00635645590858 & 0.00471116686225 \\ 0.00289681198629 & 0.000232907558455 \\ -0.000936825130051 & -0.000849823765002 \\ -0.000232431735512 & 0.000330589663612 \\ 0.000543234115780 & 0.000375493172907 \\ -0.0000196035362810 & -0.000407241232563 \\ -0.000570492013282 & -0.000393927078981 \\ 0.0000834588058255 & 0.000660943729629 \\ 0.00102622728654 & 0.000865575776779 \\ 0.0000192936717837 & -0.00135690605213 \\ -0.00269215645875 & -0.00305138562124 \\ -0.00142429184942 & 0.00270778921289 \\ 0.00860288096928 & 0.0135561620310 \\ 0.0127785133267 & 0.000576026175993 \\ -0.0264657041471 & -0.0641102553488 \\ -0.0940806022511 & -0.0801887691867 \\ 0.0263889614064 & 0.263594454732 \\ 0.608778480504 & 0.904597405553 \\ 0.786784764403 & -0.316856127028 \\ -2.99127389406 & -7.27888475259 \\ -11.6472353086 & -11.6164312194 \\ 1.20065709453 & 37.8116918598 \\ 105.106316717 & 189.660315159 \end{array} $

(Aquí he mostrado más números porque la divergencia de la secuencia no puede verse sólo a partir de los números iniciales).

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A/la matriz $\Lambda$ contiene entonces en cada columna los coeficientes de la serie de potencias para calcular $T_p(x)$ por el producto punto de un vector fila vandermonde del tipo $V(z)=[1,z,z^2,z^3,...]$ con la columna $p$ de $\Lambda$ :

$ \qquad V(\ln(1+x))~ * \Lambda = \sum_{k=x}^\infty V(\ln(1+k))~ = [T_0(x),T_1(x),T_2(x),\ldots] $

y la suma de potencias consecutivas de los logaritmos se toman por la diferencia de dos $T_p(n)$ -computaciones:

$ \qquad Sl_p(n) = T_p(0) - T_p(n) = \sum_{k=1}^n \ln(k) $

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Una de las razones de esas largas derivaciones era, que el n no es necesario que sean enteros, de forma análoga a la solución para la suma de potencias semejantes mediante los polinomios de Bernoulli.

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Apéndice:

Este es el segmento superior izquierdo de la matriz $\Lambda$ :

$ \qquad \small \begin{bmatrix} -0.5000000 & 0.9189385 & -2.006356 & 6.004711 & -23.99710 & \ldots \\ -1.000000 & 0.5772157 & -0.1456317 & -0.02907109 & 0.008215338 & \ldots \\ -0.5000000 & -0.5338592 & 0.6345700 & -0.1858111 & -0.06050253 & \ldots \\ -0.1666667 & -0.3255788 & -0.3868589 & 0.6713043 & -0.2104926 & \ldots \\ -0.04166667 & -0.1252741 & -0.2407114 & -0.3127569 & 0.6958103 & \ldots \\ -0.008333333 & -0.03372565 & -0.09916203 & -0.1918968 & -0.2670350 & \ldots \\ -0.001388889 & -0.006859354 & -0.02847304 & -0.08146653 & -0.1603119 & \ldots \\ -0.0001984127 & -0.001172608 & -0.005923793 & -0.02452507 & -0.06891184 & \ldots \\ -0.00002480159 & -0.0001831833 & -0.0009884023 & -0.005280337 & -0.02143180 & \ldots \\ -0.000002755732 & -0.00002257650 & -0.0001620035 & -0.0008613236 & -0.004778981 & \ldots \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \end{bmatrix} $

Answer 3

Cuando vi esto (nueve años después de su publicación), pensé en la derivada de la función zeta. En esta respuesta se demuestra que $\zeta(s)$ es la constante de la fórmula de la suma de Euler-Maclaurin que se indica a continuación $$ \sum_{k=1}^nk^{-s}=\frac1{1-s}n^{1-s}+\overset{\substack{\text{constant}\\\downarrow\\[3pt]{}}}{\zeta(s)}+\frac12n^{-s}+O\!\left(n^{-1-s}\right)\tag1 $$ Tomando el negativo de la derivada respecto a $s$ da $$ \sum_{k=1}^n\log(k)\,k^{-s}=\frac{\log(n)\,n^{1-s}}{1-s}-\frac{n^{1-s}}{(1-s)^2}-\zeta'(s)+\frac12\log(n)\,n^{-s}+O\!\left(\log(n)\,n^{-1-s}\right)\tag2 $$ Configuración $s=0$ da $$ \sum_{k=1}^n\log(k)=\log(n)\,n-n-\zeta'(0)+\frac12\log(n)+O\!\left(\log(n)\,n^{-1}\right)\tag3 $$ $(3)$ es el logaritmo de la fórmula de Stirling cuando fijamos $\zeta'(0)=-\frac12\log(2\pi)$ .

Por lo tanto, esperaría que regularizado, obtendríamos $$ \sum_{k=1}^\infty\log(k)=\frac12\log(2\pi)\tag4 $$

Answer 4

A menudo miraba a esta pregunta preguntándose si mi respuesta podría ser útil como creo que por qué tienes la diferencia de 1.

Lo que creo es que los cálculos que hiciste eran correctos, sólo que calculaste mal la regularización.

$$\sum_{n=1}^{\infty} ln(1+n)=\sum_{j=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{j+1}\frac{n^{j}}{j} \ne\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^{j+1}\zeta(-j)}{j}=\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\zeta(-j)}{j}=\ln\bigg(\frac{\sqrt{2\pi}}{e}\bigg)$$

Tenía esto es algunas [viejas notas] que decidí escribir, he utilizado la función de producto. Pocos defectos de notación, tengo la costumbre de utilizar el factorial.

$$\prod_{n=1}^{p}1+n=exp\bigg(\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{m+1}\sum_{n=1}^pn^m}{m}\bigg) $$

Sólo para que en j=-1 se vea como el límite de j va a -1, de modo que anula el factorial en -1! porque zeta(1)/(-1)!=-1. $$\sum_{n}n^m=\sum_{j=-1}^{m;\infty}-\zeta(-j)n^{m-i} \frac{m!}{(m-j)!(j)!}$$

$$\prod_{n=1}^{p}1+n=exp\bigg(\bigg|_{n=0}^{n=p}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{m+1}\sum_{j=-1}^{m-1;\infty}-\zeta(-j)n^{m-j} \frac{m!}{(m-j)!(j)!}}{m}\bigg|\bigg) $$ $$=exp\bigg(\bigg|_{n=0}^{n=p}\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{m+1}\sum_{j=-1}^{m;\infty}-\zeta(-j)n^{m-j} \frac{(m-1)!}{(m-i)!(j)!}\bigg|\bigg) $$

Súmalo diagonalmente para que sume sit sobre la misma potencia de n. $$=exp\bigg(\bigg|_{n=0}^{n=p}\sum_{j=-1}^{\infty}\sum_{c=1-j}^{\infty}(-1)^{c+j}\zeta(-j)n^{c} \frac{(c+j-1)!}{(c)!(j)!}\bigg|\bigg)$$

Si $c<0$ todos los coeficientes serán 0 (si $m>0$ y $m>=1$ así que incluso tienes un poco de espacio por así decirlo). Ahora vamos a dividirlo, porque las 2 primeras líneas en i=-1 y i=0 son un poco complicadas.

$$=exp\bigg(\bigg|_{n=0}^{n=p}\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\sum_{c=0}^{\infty}(-1)^{c+i}\zeta(-i)n^{c} \frac{(c+j-1)!}{(c)!(j)!}\bigg)+\bigg(\sum_{c=2}^{\infty}(-1)^{c-1}\zeta(1)n^{c} \frac{(c-2)!}{(c)!(-1)!}\bigg)$$

$$+\bigg(\sum_{c=1}^{\infty}(-1)^{c}\zeta(0)n^{c} \frac{(c-1)!}{(c)!(0)!}\bigg)\bigg|\bigg) $$

Rellena las zetas $$=exp\bigg(\bigg|_{n=0}^{n=p}\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\sum_{c=0}^{\infty}(-1)^{c+j}\zeta(-j)n^{c} \frac{(c+j-1)!}{(c)!(j)!}\bigg)+\bigg(\sum_{c=2}^{\infty}(-1)^{c}n^{c} \frac{(c-2)!}{(c)!}\bigg)$$ $$+\bigg(\sum_{c=1}^{\infty}(-1)^{c}\zeta(0)n^{c} \frac{(c-1)!}{(c)!(0)!}\bigg)\bigg|\bigg)= \exp{\bigg((1)+(2)+(3)\bigg)}$$

$$\bigg(\sum_{c=2}^{\infty}(-1)^{c-1}n^{c} \frac{(c-2)!}{(c)!}\bigg)=(n+1)\ln(n+1)-n \tag 1$$ $$\bigg(\sum_{c=1}^{\infty}(-1)^{c}\zeta(0)n^{c} \frac{(c-1)!}{(c)!(0)!}\bigg)=-\zeta(0)ln(n+1)=\frac{\ln(n+1)}{2}\tag 2$$ $$\sum_{n=0}^{\infty} c^{-n}\frac{(n+s)!}{(s)!(n)!}=\bigg(\frac{c}{c-1}\bigg)^{s+1} $$ $$\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\sum_{c=0}^{\infty}(-1)^{c+j}\zeta(-j)n^{c} \frac{(c+j-1)!}{(c)!(j)!}\bigg)=\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^j\zeta(i)}{j(n+1)^{j}}\tag 3$$ Combina (1)+(2)+(3)

$$=exp\bigg(\bigg|_{n=0}^{n=p}\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^j\zeta(-j)}{j(n+1)^{j}}\bigg)+\big((n+1)\ln(n+1)-n\big)+\big(\frac{\ln(n+1)}{2}\big)\bigg|\bigg) $$

$$=exp\bigg(\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^j\zeta(-j)}{j(p+1)^{j}}\bigg)-\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^j\zeta(-j)}{j}\bigg)+\big((p+1)\ln(p+1)-p\big)+\big(\frac{\ln(p+1)}{2}\big)\bigg) $$

$$=(p+1)^{p+1}e^{-p}(p+1)^{1/2}\exp\bigg(\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^j\zeta(-j)}{j(p+1)^{j}}\bigg)-\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^j\zeta(-j)}{j}\bigg)\bigg) =$$ $$=\prod_{n=1}^{p}1+n=(p+1)!$$

Ahora cambiemos p+1=n porque se lee bien. $$n!=\bigg(\frac{n}{e}\bigg)^{n}\big(e\sqrt{n}\big)* exp\bigg(\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^j\zeta(-j)}{j(n)^{j}}\bigg)-\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^j\zeta(-j)}{j}\bigg)\bigg) $$

Ahora ya ves que lo que te faltaba era este factor "e". Por suerte contiene una sencilla función delta. Primero vamos a quitar la parte alterna.

$$n!=\bigg(\frac{n}{e}\bigg)^{n}\big(e\sqrt{n}\big)* exp\bigg(\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\zeta(-j)}{j}\bigg)-\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\zeta(-j)}{j(n)^{j}}\bigg)\bigg) $$

Ahora usamos (n+1)!/n!=n+1

$$n+1=(1+1/n)^{n+1/2}*\frac{n+1}{e}*exp\bigg(\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\zeta(-j)}{jn^{j}}\bigg)-\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\zeta(-j)}{j(n+1)^{j}}\bigg)\bigg)$$

$$exp\bigg(\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\zeta(-j)}{j(n+1)^{j}}\bigg)-\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\zeta(-j)}{j(n)^{i}}\bigg)\bigg)=\frac{(1+1/n)^{n+1/2}}{e}$$

Ahora tenemos la función delta:

$$\sum_{n=1}^{p}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\zeta(-j)}{j(n+1)^{j}}-\frac{\zeta(-j)}{j(n)^{j}}=\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\zeta(-j)}{j(p+1)^{j}}-\frac{\zeta(-j)}{j(1)^{j}}=\sum_{n=1}^{p}(n+1/2)\ln(1+1/n)-1$$

Y como p va a infinito (se podría hacer más limpio) obtenemos la serie convergente: $$\sum_{j=1}^{\infty}\frac{-\zeta(-j)}{j}=\sum_{n=1}^{\infty}\bigg((n+1/2)\ln(1+1/n)-1\bigg)=1-\ln\bigg(\sqrt{2\pi}\bigg)$$ $$\sum_{j=1}^{\infty}\frac{\zeta(-j)}{j}=\ln\bigg(\frac{\sqrt{2\pi}}{e}\bigg)$$

Esto es lo que has calculado aquí creo, y por lo que la regularización es complicada^^. Y si lo rellenamos de manera que obtenemos "aproximación stirlings" para el factorial obtenemos:

$$n!=\bigg(\frac{n}{e}\bigg)^{n}\big(\sqrt{2\pi n}\big)* exp\bigg(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{-\zeta(-j)}{j(n)^{j}}\bigg) $$