¿Por qué $\gamma=\lim_{s\to1^+}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n^s}-\frac{1}{s^n}\right)=\lim_{s\to0}\frac{\zeta(1+s)+\zeta(1-s)}{2}$ ?

Question

Para que quede claro, tengo problemas para demostrar ambas igualdades, y agradecería una pista. Tampoco estoy seguro de por qué $1^+$ en lugar de $1^-$ . No estoy seguro de la definición de $\zeta(x), x\le1$ (He encontrado estas ecuaciones aquí para contextualizar).

La primera se reduce así $$\gamma=\lim_{s\rightarrow 1^+}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n^s}-\frac{1}{s^n}\right)$$ $$=\lim_{s\rightarrow1^+}\left(\zeta(s)-\frac{\frac{1}{s}}{1-\frac{1}{s}}\right)=\lim_{s\rightarrow1^+}\left(\zeta(s)-\frac{1}{s-1}\right)$$ En $\gamma=\lim_{n\rightarrow \infty}\bigl(H_n-\ln(n)\bigr)$ la igualdad anterior es equivalente a $$\lim_{s\rightarrow 0^+}\frac{1}{s}-\lim_{n\rightarrow \infty}\ln(n)=0$$ aunque implícitamente estoy utilizando $$\lim_{n \rightarrow \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\lim_{m \rightarrow 1^+}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^m}$$ que puede ser errónea, ya que los límites se plantean de forma diferente. En cualquier caso, no estoy seguro de cómo avanzar a partir de ahí.

Tengo aún menos idea de cómo resolver la segunda igualdad, quizá porque no he trabajado antes con límites antisimétricos.

Answer 1

Documento de Dave Renfro Constante de Euler $\gamma$ ' y el enlace de David Speyer debería ser útil para una derivación elemental de la primera parte, es decir, obtener el límite : $$\tag{0}\gamma=\lim_{s\rightarrow 1^+}\left[\zeta(s)-\frac{1}{s-1}\right]$$ Como indica Gerry tu problema era pasar de un límite bien definido (el límite de la diferencia $\,\zeta(s)-\frac{1}{s-1}\,$ como $\,s\rightarrow1^+$ ¡) a la diferencia de los límites cuando estos límites son ambos infinitos ! $$-$$ En cuanto a su segundo límite : $$\tag{1}\gamma=\lim_{s\to0}\frac{\zeta(1+s)+\zeta(1-s)}{2}$$ esto requerirá una mejor definición de $\zeta\,$ que $\,\displaystyle\zeta(s):=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s}$ ya que esta definición sólo es válida para $\Re(s)>1$ .

Para ir más lejos, puede utilizar la función Función eta de Dirichlet con la idea de convertir una suma de términos positivos en una suma alternativa de forma que $\zeta$ puede escribirse como : $$\tag{2}\zeta(s)=-\frac 1{1-2^{1-s}}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^s}$$ que es convergente para cualquier complejo $s$ tal que $\,\Re(s)>0,\ s\not =1\,$ o mejor utilice el extensión analítica de $\zeta$ en todo el plano complejo excepto $s=1$ donde $\zeta\,$ tiene un polo simple (como has encontrado).

Para ver cómo obtener la serie alternativa $(2)$ (y prueba de convergencia) así como obtener algunas ideas intuitivas sobre la continuación analítica de $\zeta\,$ puede ver esto responder .

Observemos que una vez que la serie de Laurent de $\zeta$ en $s=1$ obtenido con el polo simple en $1$ : $$\tag{3}\zeta(s)=\frac 1{s-1}+\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!}\gamma_n\;(s-1)^n$$ con $\gamma_n$ el Constantes de Stieltjes y $\gamma_0=\gamma$ su constante de Euler entonces el límite de $\zeta(s)-\frac 1{s-1}$ en $s\to 1$ es bastante sencillo.

Usando la serie alternativa o la extensión analítica obtendrás que el límite venía dado de hecho por (observa que $\,s\rightarrow1^+$ fue sustituido por $\,s\rightarrow1$ ) : $$\gamma=\lim_{s\rightarrow 1}\left[\zeta(s)-\frac{1}{s-1}\right]=\lim_{z\rightarrow 0}\left[\zeta(1+z)-\frac{1}z\right]$$

La idea es simplemente reescribir el $z$ a la derecha como $+s$ y como $-s$ y devolver el valor medio para obtener : $$\gamma=\lim_{s\rightarrow 0}\frac 12\left[\left(\zeta(1+s)-\frac{1}s\right)+\left(\zeta(1-s)-\frac{1}{-s}\right)\right]$$ o $$\gamma=\lim_{s\rightarrow 0}\frac {\zeta(1+s)+\zeta(1-s)}2$$

Concluyamos con una demostración elemental utilizando la serie alternativa $(2)$ :

\begin{align} \zeta(1+s)+\zeta(1-s)&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac 1{2^{-s}-1} \frac{(-1)^n}{n^{1+s}}+\frac 1{2^{s}-1} \frac{(-1)^n}{n^{1-s}}\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}n\left[\frac 1{2^{-s}-1} \frac 1{n^{s}}+\frac 1{2^{s}-1} \frac 1{n^{-s}}\right]\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}n\left[\left(e^{-s\ln(2)}-1\right)^{-1}e^{-s\ln(n)} +\left(e^{s\ln(2)}-1\right)^{-1}e^{s\ln(n)}\right]\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}n\left[2\frac{\ln(n)}{\ln(2)}-1+\sum_{m=1}^\infty s^{2m}\,P_{2m}(\ln(m))\right]\\ \end{align} con $P_{2m}$ polinomios en función de $\ln(n)$ y sólo constantes.
Pero $\lim_{n\to\infty}\frac{\ln(n)^k}n=0$ para cualquier número entero no negativo $k$ de modo que obtengamos otra bonita serie igual a $\gamma$ : $$ \lim_{s\rightarrow 0}\frac {\zeta(1+s)+\zeta(1-s)}2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}n\,\left(\frac{\ln(n)}{\ln(2)}-\frac 12\right)=\gamma$$

Answer 2

Como ha demostrado @David Speyer la primera parte ( véase enlace en el comentario), esta respuesta se centra en la segunda parte.

Como usted señala, el problema es equivalente a probar: $$\lim_{r\rightarrow1^+}\left(\zeta(r)-\frac{1}{r-1}\right)=\lim_{s\rightarrow 0^+}\left(\frac{\zeta(1+s)+\zeta(1-s)}{2}\right)$$ o equivalentemente: $$\lim_{s\rightarrow 0^+}\left(\zeta(s+1)-\frac{1}{s}\right)=\lim_{s\rightarrow 0^+}\left(\frac{\zeta(1+s)+\zeta(1-s)}{2}\right) \tag{1}$$ Por el fórmula de reflexión de la función zeta de Riemann que tenemos: $$\frac{\zeta \left( s+1 \right)}{2} -{\pi }^{s}\cos \left( 1/2\,\pi \,s \right) \Gamma \left( -s \right) \zeta \left( -s \right) {2}^{s}=0 \tag{2}$$ y así restando $(2)$ de $(1)$ obtenemos: $$\lim_{s\rightarrow 0^+}\left(\frac{\zeta \left( s+1 \right)}{2}-\frac{1}{s}+{\pi }^{s}\cos \left( 1/2\, \pi \,s \right) \Gamma \left( -s \right) \zeta \left( -s \right) {2} ^{s}\right)=\lim_{s\rightarrow 0^+}\left(\frac{\zeta(1+s)+\zeta(1-s)}{2}\right)$$ y así queda por demostrar: $$\lim_{s\rightarrow 0^+}\left(\frac{\zeta \left( 1-s \right)}{2} \right)=\lim_{s\rightarrow 0^+}\left(-\frac{1}{s}+{\pi }^{s}\cos \left( 1/2\, \pi \,s \right) \Gamma \left( -s \right) \zeta \left( -s \right) {2} ^{s}\right) \tag{3}$$ Multiplicar $(3)$ por $s$ obtenemos: $$\lim_{s\rightarrow 0^+}\left(\frac{s\zeta \left( 1-s \right)}{2}\right)=\lim_{s\rightarrow 0^+}\left(-1+s{\pi }^{s}\cos \left( 1/2\, \pi \,s \right) \Gamma \left( -s \right) \zeta \left( -s \right) {2} ^{s}\right) \tag{4}$$ y $(4)$ se cumple si $(3)$ retiene. Utilizando de nuevo la fórmula de la reflexión, $(4)$ se convierte: $$\lim_{s\rightarrow 0^+}\left(s\cos \left( 1/2\,\pi \,s \right) \Gamma \left( s \right) \zeta \left( s \right) {\pi }^{-s}{2}^{-s} \right)=\lim_{s\rightarrow 0^+}\left(-1+s{\pi }^{s}\cos \left( 1/2\, \pi \,s \right) \Gamma \left( -s \right) \zeta \left( -s \right) {2} ^{s}\right) \tag{5}$$ y luego observamos que: $$s\Gamma(s)=\Gamma(s+1),\,\,\,-s\Gamma( -s)=\Gamma(-s+1)$$ ambos $\rightarrow 1$ como $s\rightarrow 0$ (al igual que las demás partes triviales de $(5)$ ), por lo que nos queda por demostrar: $$\lim_{s\rightarrow 0^+}\zeta(s)=\lim_{s\rightarrow 0^+}\left(-1-\zeta(-s)\right) \tag{6}$$

El límite bien conocido: $$\lim_{s\rightarrow 0^+}\zeta(s)=-\frac{1}{2}$$ está demostrado aquí y el límite es el mismo desde ambas direcciones ya que la función Zeta de Riemann es meromorfa; el único polo está en $\zeta(1)$ y, por tanto, ambos lados de $(6)$ son iguales a $-1/2$ lo que demuestra $(5),(3)$ y por lo tanto $(1)$ .