De acuerdo con
$$\zeta(-1)=-1/12$$ ¿Podríamos, al considerar
$$f(s)=\sum_{a,b\in\mathbb Z,\;(a,b)\neq(0,0)}\frac{1}{(a+bi)^{s}}$$ ¿Evaluar la suma de todos los enteros complejos?
No olvides los pares $(a,b)$ donde uno es cero y el otro no.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?Es posible que desee restringir a los enteros positivos sólo desde...
$$f(s) = \sum_{a>0,b>0} \frac{1}{(a+ib)^s} + \sum_{a>0,b<0} \frac{1}{(a+ib)^s} + \sum_{a<0,b>0} \frac{1}{(a+ib)^s} \\+ \sum_{a<0,b<0} \frac{1}{(a+ib)^s} + \sum_{a=0,b\in Z}\frac{1}{(ib)^s} + \sum_{a\in Z,b=0} \frac{1}{a^s}$$
dando
$$f(s) = (1 + (-1)^s)\left[\left(\sum_{a>0,b>0} \frac{1}{(a+ib)^s} + \frac{1}{(a-ib)^s}\right) + \zeta(s)(1+i^s)\right]$$
Así que $f(-1)$ (es decir, la continuación analítica) será $0$ (a menos que la continuación analítica de $\sum_{a>0,b>0} \frac{1}{(a+ib)^s} + ...$ tiene un polo simple en $s=-1$ ).
Lo mismo ocurre si se considera la suma de todos los enteros:
$$g(s) = \sum_{n\in Z, n\not= 0} \frac{1}{n^s} = (1 + (-1)^s)\sum_{n=1} \frac{1}{n^s} = \zeta(s)(1 + (-1)^s)$$
por lo que la "suma de todos los enteros" es cero.
Darren J M England
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No estoy seguro de cómo demostrarlo en cualquier forma de notación, pero si consideramos el eje de los números reales de -x a +x, y el eje imaginario de -iy a +iy, entonces todos los enteros complejos se trazarán como iy contra x. Dado que no hay límites al tamaño de las partes reales o imaginarias y dado que sólo pueden ser enteros. Yo habría pensado que la suma de todos los enteros complejos sería cero. Principalmente porque la suma de todos los números imaginarios de -iy a +iy es cero, y todos los números reales de -x a +x es cero. ¿Me he perdido algo?
Entiendo lo que dices, así que 1+(1-1-1)+(1-1-1)...=-∞ But 1-(1-(1-1-1))-(1-(1-1-1))...=+∞
No estoy seguro de que, finalmente, si se incluyen todas las combinaciones de series numéricas en el argumento, se produzca una situación en la que el resultado neto sea asimétrico.
Gracias Winther, no sé si todos estarán de acuerdo contigo, pero yo sí. Pero ahora empiezo a ver que con los números complejos el problema puede ser diferente.
Te falta decir que la suma de una serie que no es absolutamente convergente puede convertirse en cualquier cosa, mediante un reordenamiento adecuado de los términos. La situación es la misma que con la serie de Grandi, $\sum_{i=0}^\infty (-1)^i = 1-1+1-1+\ldots = 0+0+0+\ldots = 0$ y también $= 1-(1-1)-(1-1)-\ldots = 1-0-0-\ldots = 1$ .
O, de forma similar, considera sólo la "suma de los enteros". Usted afirma que $\sum_{i\in\Bbb Z} i = 0$ porque lo has agrupado como $0 + (1 + -1) + (2+-2) + \ldots$ . Pero si se agrupa en cambio como $(0+1) + (-1 + 2) + (-2 + 3) + \ldots = 1+1+1+\ldots$ la suma es infinita.
Sí, ya veo de dónde vienes, básicamente -1-(-1) dos puntos negativos se convierten en un +, pero 1+(+1) sigue siendo un plus.
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Sí. El resultado es $-\frac{1}{12}-i \frac{1}{12}.$
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Lo dudo, pero gracias por la suposición
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En realidad es poco más que una broma. Lo siento si no ha quedado claro.
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Supongo que esto equivale a demostrar una identidad similar a la fórmula de reflexión Zeta (véase aquí ) para $f(s)$ .
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¿Qué valores de $s$ ¿se debe tener en cuenta? Para los valores enteros no reales de $s$ No existe una definición general de $(a+bi)^s$ .
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Por otro lado, hay que tener en cuenta que $\sum\limits_{(a,b)}|a+bi|^{-s}$ converge absolutamente para todo complejo $s$ tal que $\Re s\gt1$ .
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Un buen punto sobre el bit no entero. Yo definiría para el complejo general z $ z^s=\exp(s\ln(z))$ . Donde exp y log son definidos por series de taylor y por lo tanto de un solo valor.
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Tal vez, explicitar en la pregunta que se busca la continuación analítica de $f(s)$ no es sólo un caso especial de la continuación analítica.
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Bonito problema. A partir de una evaluación ingenua del $s=-1$ parece que la suma de $f(-1) = (1+i)\zeta(0)\zeta(-1) = \frac{1}{24}(1+i)$ sería un valor probable.
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¿Cómo ha llegado a esto?
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Era sólo una conjetura suelta. Con $f(-1) = \sum_a \sum_b a+ib = (1+i)(\sum_a a^1) (\sum_b b^0) = (1+i)\zeta(0)\zeta(-1)$ . por cierto esto es considerando la suma sobre positivo $a,b$ ¡sólo!
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Excepto que el logaritmo no puede ser definido por su serie de Taylor (y que Por cierto, la serie Taylor).
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Puede para este problema. Podemos usar log(1-x). Es como decir $1^{1/2}\ne 1$ porque es multivalente. Sí, es $is$ pero, sin embargo, podemos obligar a que sea de valor único.
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En otras palabras, se sabe cómo definir $(a+ib)^s$ cuando $|a+bi-1|\lt1$ . Me temo que no hay muchos puntos con coordenadas enteras... :-)
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Lo harías en términos de $(a+bi)^s = Re^{si\theta}$
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Entonces tendrías que especificar cómo determinar theta... Bien, ya que me haces repetir el mismo punto básico una y otra vez y no quieres escuchar, me detendré aquí.