¿Por qué es esto cierto ? $(1-s)\zeta(s) = \sum_{k=0}^\infty \frac{\Gamma(k+1-s/2) A_k}{\Gamma(1-s/2) k!}$

Question

En todo el plano complejo la fórmula siguiente es válido :

$$(1-s)\zeta(s) = \sum_{k=0}^\infty \frac{\Gamma(k+1-s/2) A_k}{\Gamma(1-s/2) k!}$$

donde $A_k = \sum_{j=0}^k (2j-1) \zeta(2j+2) (k,j)$

y $(k,j)$ es el coeficiente binomial.

Cómo mostrar esto ?

Answer 1

Primero de todo se nota que has perdido $(-1)^{j}$ $A_{k}.$ Y la prueba de que funciona con $(2j+1)$, por lo que creo que hay algunos problemas. Sin embargo, tenga en cuenta que $$A_{k}=\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{j}\dbinom{j}{k}\left(2j+1\right)\zeta\left(2j+2\right)=\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{j}\dbinom{j}{k}\left(2j+1\right)\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^{2j+2}}=\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^{2}}\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{j}\dbinom{j}{k}\left(2j+1\right)\frac{1}{n^{2j}}.$$ Ahora reescribir el último término como $$\left(2j+1\right)\frac{1}{n^{2j}}=n\lim_{a\rightarrow1}\frac{d}{da}\left(\frac{a}{n}\right)^{2j+1}$$ por lo tanto $$A_{k}=\lim_{a\rightarrow1}\frac{d}{da}\left(a\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^{2}}\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{j}\dbinom{j}{k}\left(2j+1\right)\left(\frac{a^{2}}{n^{2}}\right)^{j}\right)$$ and the now we have a Newton expansion. So$$A_{k}=\lim_{a\rightarrow1}\frac{d}{da}\left(a\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^{2}}\left(1-\frac{a^{2}}{n^{2}}\right)^{k}\right).$$ El uso de $$\sum_{k \geq 0}\frac{\Gamma\left(k+b\right)}{\Gamma\left(b\right)}\frac{x^{k}}{k!}=\left(1-x\right)^{b}$$ tenemos $$\frac{1}{s-1}\sum_{k\geq 0}\frac{\Gamma\left(k+1-s/2\right)}{\Gamma\left(1-s/2\right)}\frac{A_{k}}{k!}=\frac{1}{s-1}\lim_{a\rightarrow1}\frac{d}{da}\left(a\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^{2}}\sum_{k\geq0}\frac{\Gamma\left(k+1-s/2\right)}{\Gamma\left(1-s/2\right)}\frac{\left(1-\frac{a^{2}}{n^{2}}\right)^{k}}{k!}\right)=\frac{1}{s-1}\lim_{a\rightarrow1}\frac{d}{da}\left(a^{1+s-2}\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^{2}}\left(\frac{1}{n^{2}}\right)^{\frac{s}{2}-1}\right)=\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^{s}}=\zeta\left(s\right).$$

Answer 2

respuesta parcial
Fórmula corregida $$ (s-1)\zeta(s) = \sum_{k=0}^\infty \frac{\Gamma(k+1-s/2) A_k}{\Gamma(1-s/2)k!} \\ \text{donde}\quad A_k = \sum_{j=0}^k (-1)^j (2j+1)\zeta(2j+2)\binom{k}{j} $$ Para $s$ incluso un entero positivo, evitar la $\Gamma$la función de los polos por escrito $$ \frac{\Gamma(k+1-s/2)}{\Gamma(1-s/2)} = (1-s/2)(2-s/2)\cdots(k-s/2) $$ Entonces la serie es finita, y la identidad es cierto para cualquier función, no sólo de $\zeta$.

Esto es, para cualquier función de $Z$, y cualquier entero positivo $s$, $$ (s-1)Z(s) = \sum_{k=0}^\infty \frac{\Gamma(k+1-s/2) A_k}{\Gamma(1-s/2)k!} \\ \text{donde}\quad A_k = \sum_{j=0}^k (-1)^j (2j+1)Z(2j+2)\binom{k}{j} $$