Son estas conocido telescópico de la serie para $\zeta\left(\frac12\right)$?

Question

Se conocen muchos telescópico de la serie para $\zeta(s)$ y yo estaba jugando con los dos siguientes:

$$\displaystyle \zeta(s) = \frac{1}{(s-1)} \left(\sum _{n=1}^{\infty } \left( {\frac {n}{(n+1)^{s}}} - \frac{n-s}{n^s}\right) \right), \qquad \Re(s)>0$$

y

$$\displaystyle \zeta(s) = \frac{1}{(s-1)} \left(\sum _{n=1}^{\infty } \left( {\frac {n-1+s}{n^{s}}} - \frac{n-1}{(n-1)^s}\right) \right), \qquad 0<\Re(s)<1$$

Después de la adición de los dos juntos y luego dividiendo el resultado por $2$, obtenemos:

$$\displaystyle \zeta(s) = \frac{1}{2\,(s-1)} \left(\sum _{n=1}^{\infty } \left( {\frac {n}{(n+1)^{s}}} + \frac{2\,s-1}{n^s} - {\frac {n-1}{\left( n-1 \right) ^{s}}}\right) \right), \qquad 0<\Re(s)<1$$

El numerador de medio plazo, sólo depende de $s$ y su parte real, en $0$ al $\Re(s)=\frac12$. Este de inmediato los rendimientos de una forma muy sencilla expresión:

$$\displaystyle \zeta\left(\frac12\right) = \sum _{n=1}^{\infty } \left(\sqrt{n-1} -{\frac {n}{\sqrt{n+1}}}\right)\qquad(1)$$

Cada individuo término difiere, sin embargo, suponiendo que el RH es cierto, uno podría razón de que es el medio plazo (es decir, el único con una completa dependencia en el numerador en $s$ y su parte real de convertirse $0$$\Re(s)=\frac12$) que es responsable de la precisión de equilibrio de la izquierda y la derecha de la serie para convertirse en cero. La simetría entre los tres de la serie no es perfecta y con el hecho de que $\displaystyle\sum _{n=1}^{\infty } \left( {\frac {1}{(n+1)^{s}}} - \frac{1}{n^s}\right)=-1$, puede ser reescrito en una serie que (omi) tiene un poco más de "belleza":

$$\displaystyle \zeta(s) = \frac{1}{2\,(s-1)} \left(1+\sum _{n=1}^{\infty } \left( {\frac {n+1}{(n+1)^{s}}} + \frac{2\,(s-1)}{n^s}-{\frac {n-1}{\left( n-1 \right) ^{s}}}\right) \right), \qquad -1<\Re(s)<1$$

que se convierte en:

$$\displaystyle \zeta(s) = \frac{1}{2\,(s-1)} + \sum _{n=1}^{\infty } \left( {\frac {(n+1)^{1-s}-(n-1)^{1-s}}{2\,(s-1)}} + \frac{1}{n^s}\right), \qquad -1<\Re(s)<1$$

$$\displaystyle \zeta\left(\frac12\right) = \sum _{n=1}^{\infty } \left(\sqrt{n-1} + \frac{1}{\sqrt{n}} -{ \sqrt{n+1}}\right)-1\qquad(2)$$

Son (1) y (2) las series conocidas por $\zeta\left(\frac12\right)$? (No pude encontrar ninguna referencia a ellos en la web).

Answer 1

Tal vez usted es el primero que descubre es (porque me hizo perezoso para buscar cuando he llegado a la página 10 en Google), pero tengo una prueba de que tanto la serie converge a $\zeta (\frac{1}{2})$:

De la serie (1) $$\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^\infty \left(\sqrt{n-1} -\frac {n}{\sqrt{n+1}}\right) &=& \sum_{n=1}^\infty \left(\sqrt{n-1} -\left[\frac{n+1}{\sqrt{n+1}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}}\right] \right) \\&=& \sum_{n=1}^\infty \left(\sqrt{n-1} -\sqrt{n+1} \right) + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n+1}} \\&=& 1 + \zeta \left( \frac{1}{2} \right) - 1 \\&=& \zeta \left( \frac{1}{2} \right) \end{eqnarray}$$

De la serie (2) $$\begin{eqnarray} \sum _{n=1}^{\infty } \left(\sqrt{n-1} + \frac{1}{\sqrt{n}} -{ \sqrt{n+1}}\right)-1 &=&\sum _{n=1}^{\infty } \left(\sqrt{n-1}-{ \sqrt{n+1}}\right)+\sum_{n=1}^\infty \left( \frac{1}{\sqrt{n}} \right)-1 \\&=& 1+\zeta \left( \frac{1}{2} \right)-1 \\&=& \zeta \left( \frac{1}{2} \right) \end{eqnarray}$$

Prueba: $\sum _{n=1}^{\infty } \left(\sqrt{n-1} + \sqrt{n+1} \right) = 1$

$$\begin{eqnarray} \sum _{n=1}^{\infty } \left(\sqrt{n-1} + \sqrt{n+1} \right) &=& \sqrt{0} - \sqrt{2} + \sqrt{1} - \sqrt{3} + \sqrt{2} -\sqrt{4} + \sqrt{3} - \sqrt{5} +... \\&=& (\sqrt{0} + \sqrt{1} + \sqrt{2} + \sqrt{3} +...) - (\sqrt{2} + \sqrt{3} + \sqrt{4} + \sqrt{5} +...) \\&=& \sqrt{0} + \sqrt{1} + (\sqrt{2} + \sqrt{3} +...) - (\sqrt{2} + \sqrt{3} + \sqrt{4} + \sqrt{5} +...) \\&=& \sqrt{0} + \sqrt{1} \\&=& 1 \end{eqnarray}$$

Espero que esto le ayudará.

Y sí, la serie dada converge!