Integrando la fórmula para la suma de los primeros $n$ números naturales.

Question

Estaba jugando con algunas fórmulas matemáticas hoy y llegué a un resultado que me pareció bastante interesante, y agradecería si alguien pudiera explicármelo.

La fórmula para una suma aritmética infinita es $$\sum_{i=1}^{n}a_i=\frac{n(a_1+a_n)}{2},$$ así que si quieres encontrar la suma de los números naturales de $1$ a $n$, esta ecuación se convierte en $$\frac{n^2+n}{2},$$ y las raíces de este cuadrático están en $n=-1$ y $0$. Lo que encuentro realmente interesante es que $$\int_{-1}^0 \frac{n^2+n}{2}dn=-\frac{1}{12}$$ Hay muchas personas que afirman que la suma de todos los números naturales es $-\frac{1}{12}$, así que me preguntaba si este resultado es una coincidencia completa o si hay algo más que se pueda deducir de él.

Answer 1

Tenemos la fórmula de Faulhaber:

$$\sum_{k=1}^n k^p = \frac1{p+1}\sum_{j=0}^p (-1)^j\binom{p+1}jB_jn^{p+1-j},~\mbox{donde}~B_1=-\frac12$$

$$\implies f_p(x)=\frac1{p+1}\sum_{j=0}^p(-1)^j\binom{p+1}jB_jx^{p+1-j}$$

Integramos el RHS de $-1$ a $0$ para obtener

$$I_p=\int_{-1}^0f_p(x)~\mathrm dx=\frac{(-1)^p}{p+1}\sum_{j=0}^p\binom{p+1}j\frac{B_j}{p+2-j}$$

Usando la definición recursiva de los números de Bernoulli,

$$I_p=(-1)^p\frac{B_{p+1}}{p+1}=-\frac{B_{p+1}}{p+1}$$

Usando la conocida relación $B_p=-p\zeta(1-p)$, obtenemos

$$I_p=\zeta(-p)$$

¡Así que aquí no hay coincidencia!

Answer 2

Es gracioso que uses ese método para demostrar que la suma de todos los números naturales es $-\frac{1}{12}$. He visto la misma afirmación demostrada de una manera completamente diferente.

En caso de que no estés familiarizado con ello, la función Zeta de Riemann se define como $$\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty n^{-s}=\frac{1}{1^s}+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+...$$ Tu suma infinita de enteros positivos se da por $\zeta(-1)$.

La función zeta de Riemann satisface la fórmula de reflexión $$\zeta(1-s)=2(2\pi)^{-s}\cos\big(\frac{\pi s}{2}\big)\Gamma(s)\zeta(s)$$ Lo cual sugiere lo mismo, si la evalúas en $s=2$: $$\zeta(1-2)=2(2\pi)^{-2}\cos\big(\frac{2\pi}{2}\big)\Gamma(2)\zeta(2)$$ $$\zeta(-1)=\frac{1}{2\pi^2}\cos(\pi)\Gamma(2)\zeta(2)$$ $$\zeta(-1)=\frac{1}{2\pi^2}\cdot-1\cdot 1! \cdot \frac{\pi^2}{6}$$ $$\zeta(-1)=-\frac{1}{12}$$

Sin embargo, tiendo a pensar que esto es simplemente una coincidencia, por extraño que parezca. Esto se debe a que los otros valores "extraños" que se pueden obtener mediante la función $\zeta$, tales como $$\zeta(0)=-\frac{1}{2}$$ $$\zeta(-2)=0$$ no son "confirmados" ni obtenidos de tu integral de ninguna manera análoga. Te aconsejaría buscar formas de producir estos valores a partir de tu integral para que tú (y cualquier otro respondiente potencial) tenga más con qué trabajar.

Solo porque la integral de tu función entre sus dos ceros sea igual a este número mágico no significa que haya algún tipo de conexión. Por ejemplo, considera la fórmula para la suma de los primeros $n$ cuadrados: $$\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$ Esta tiene ceros en $0, -\frac{1}{2},$ y $1$. Cuando tomo la integral de $-1$ a $0$ de esto, obtengo $$\int_{-1}^0 \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}dn=0$$ Lo cual es igual a nuestro valor extraño para $\zeta(-2)$, que también es una suma de cuadrados. Pero espera, hay más!

$\zeta(0)$ es la suma de $1+1+1+...$. La suma parcial de esto sería la suma de $1$, $n$ veces, y por lo tanto esta suma se da por $n$. ¿Y adivina qué? $$\int_{-1}^0 n dn=-\frac{1}{2}$$ Lo cual también concuerda con nuestro valor extraño para $\zeta(0)$.

¡Y esto sigue funcionando! Se dice que $\zeta(-3)$ es $\frac{1}{120}$. La suma de los primeros $n$ cubos tiene la fórmula $$\frac{n^2(n+1)^2}{4}$$ y, adivina qué? $$\int_{-1}^0 \frac{n^2(n+1)^2}{4} dn=\frac{1}{120}$$

Ahora te he dado muchos ejemplos para trabajar y quizás para redactar una prueba de que los valores "extraños" de $\zeta(-s)$ son iguales a la integral, de $-1$ a $0$, de la fórmula para la suma de los primeros $n$ $s$-ésimos poderes. Y con suerte esta respuesta fue lo suficientemente útil para que merezca esa jugosa recompensa de $50$ puntos... ejem...

Answer 3

Podemos generalizar esto a sumas generales para series convergentes y divergentes de la siguiente manera. Para una serie convergente tenemos:

$$\sum_{k=1}^{\infty}f(k) = \int_p^{\infty}f(x) dx + \int_{p-1}^p S(x) dx\tag{1}$$

donde $p$ es un número real o complejo arbitrario y $S(x)$ es la suma parcial continuada analíticamente definida al continuar analíticamente la suma parcial:

$$S(N) = \sum_{k=1}^N f(k)\tag{2}$$

de los enteros al plano complejo usando el teorema de Carlson e imponiendo las condiciones asumidas en ese teorema. Luego se deduce que $f(x)$ también necesita ser definido usando el teorema de Carlson si solo está especificado para argumentos enteros y luego se sigue de (2) que $f(x)$ se da en términos de $S(x)$ a través de:

$$f(x) = S(x) - S(x-1)$$

Para demostrar (1), escribimos:

$$ \sum_{k=0}^{\infty} f(k) = \lim_{x\to \infty} S(x)$$

La primera integral en el r.h.s. de (6) se puede escribir como:

$$\begin{split}\int_p^{\infty}f(x) dx &= \lim_{R\to\infty} \left(\int_p^{R}S(x)dx - \int_{p-1}^{R-1}S(x) dx\right)\\ &= \lim_{R\to\infty} \int_{R-1}^R S(x) dx - \int_{p-1}^p S(x) dx\end{split}$$

La integral de $R-1$ a $R$ de $S(x)$ obviamente tiende al mismo límite para $R$ tendiendo a infinito como $S(x)$ para $x$ tendiendo a infinito. El último término en (1) cancela la integral de $p-1$ a $p$ en la expresión anterior.

Para una serie divergente podemos usar (1) para evaluar la serie apelando a la continuación analítica sin hacer esto explícitamente. La idea es entonces que uno puede imaginar modificando la función $f(x)$ usando un parámetro, de modo que la suma se vuelva convergente para algún rango de ese parámetro, y luego (1) sería válida. Para la función en cuestión, la suma es divergente y la integral es entonces también divergente según el test integral. Entonces, si cortamos la integral en $R$ entonces el asintótico grande de $R$ contendrá términos que tienden a infinito.

La continuación analítica al dominio donde la suma converge debe cambiar los términos divergentes en términos convergentes. La continuación analítica de la suma hacia el infinito de regreso al punto de inicio por lo tanto equivale a eliminar los términos que tienden a infinito como función de $R$. Esto significa que la integral en (1) debe cortarse en $R$ y luego debemos tomar la parte constante de esa integral. La fórmula para la suma de una serie divergente entonces se convierte en:

$$\sum_{k=1}^{\infty}f(k) = \text{Parte constante de }\int_{p}^{R}f(x) dx + \int_{p-1}^pS(x) dx$$

donde "parte constante" significa parte independiente de $R$. En el caso presente, el término constante se anulará para $p = 0$, por lo tanto la suma se dará por $\int_{-1}^0S(x)dx$.