Problema en series Divergentes

Question

Vamos a tratar de evaluar $$\frac{(-1)}{1^s}+\frac{(-1)^2}{2^s}+\frac{(-1)^3}{3^s}+\cdots$$ $$=\frac{e^{\pi i}}{1^s}+\frac{e^{2\pi i}}{2^s}+\frac{e^{3\pi i}}{3^s}+\cdots$$ $$=\frac{1}{1^s}(1+\frac{\pi i}{1!}+\frac{(\pi i)^2}{2!}+\cdots)+\frac{1}{2^s}(1+\frac{2\pi i}{1!}+\frac{(2\pi i)^2}{2!}+\cdots)+\frac{1}{3^s}(1+\frac{3\pi i}{1!}+\frac{(3\pi i)^2}{2!}+\cdots)+\cdots$$ $$=(\frac{1}{1^s}+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\cdots)+\frac{\pi i}{1!}(\frac{1}{1^s}+\frac{2}{2^s}+\frac{3}{3^s}+\cdots)+\frac{(\pi i)^2}{2!}(\frac{1}{1^s}+\frac{2^2}{2^s}+\frac{3^2}{3^s}+\cdots)$$ $$=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{(\pi i)^k}{k!}\zeta(s-k)$$ Ahora se puede demostrar que para $|x|<2\pi$ $$\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}\zeta(-k)=\frac{1}{1-e^x}+\frac{1}{x}-1$$ Así $$\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{(\pi i)^k}{k!}\zeta(-k)=-\frac{1}{2}-\frac{1}{\pi}i$$ Lo que sugiere que $$-1+1-1+\cdots=-\frac{1}{2}-\frac{1}{\pi}i$$ El que está equivocado, por supuesto, pero no es tan malo que es no está de acuerdo en su parte real. ¿Qué parte de mi derivación que $$\frac{(-1)}{1^s}+\frac{(-1)^2}{2^s}+\frac{(-1)^3}{3^s}+\cdots=\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{(\pi i)^k}{k!}\zeta(s-k)$$ está mal y por qué dar un $nearly$ respuesta correcta?

EDITAR: Usando el mismo método se puede evaluar $$-1+2-3+4-\cdots=-\frac{1}{4}+\frac{1}{\pi^2}i$$ Una vez más, pero incorrecta correcta en su parte real. Coincidencia? Yo creo que no!

Answer 1

Interesante pregunta! Su función inicial es menos la de Dirichlet $\eta$ función de: $$\tag{1}-\eta(s)=\left(2^{1-s}-1\right)\zeta(s)$$ Vamos a ver qué podemos hacer con la función obtenida (por $s$ no entero) : $$\tag{2}f(s):=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{(\pi i)^k}{k!}\zeta(s-k)$$

Uno de los problemas con su derivación es que en su tercera igualdad de $\,\displaystyle\frac{1^k}{1^s}+\frac{2^k}{2^s}+\frac{3^k}{3^s}+\cdots\;$ será infinito para $k\ge s\;$ mientras que la de la cantidad inicial fue convergente para $s>0$ hacer de la igualdad (el intercambio de suma pedido) problemática.

Pero una correcta expresión puede ser encontrado. Primero un poco de la inicial 'conjeturas'. Parece que : $$\begin{align} f(0)&=-\eta(0)-\frac i{\pi}\\ f\left(-\frac 12\right)&=-\eta\left(-\frac 12\right)+\frac 1{2\sqrt{2}\,\pi}(1-i)\\ f\left(\frac 12\right)&=-\eta\left(\frac 12\right)-\frac 1{\sqrt{2}}(1+i)\\ f\left(\frac 32\right)&=-\eta\left(\frac 32\right)+\sqrt{2}\,\pi(1-i)\\ \end{align}$$ Claramente no estamos obteniendo $f(s)=-\eta(s)$ sino más bien algo como $$f(s)=-\eta(s)-\frac{(\pi\,i)^s}{\Gamma(s)}(1+i\cot(\pi\,s))$$ que puede ser simplificado con el uso de los Euler reflexión fórmula para $\Gamma$ : $\displaystyle \frac{\pi}{\sin(\pi s)\Gamma(s)}=\Gamma(1-s)$ $\,e^{\pi\,is}=(-1)^s\,$ como : $$\tag{3}f(s)=-\eta(s)-\Gamma(1-s)(-\pi\,i)^{s-1}$$ (numérica exacta para todos los valores reales y complejos de $s$ no entero probado!) $$-$$ ADEMÁS (gracias Andrés!) Algunas fotos para "mostrar" lo que está sucediendo.

La parte imaginaria de la zeta suma (fórmula $(2)$) $s=x+iy$ está representado en primer lugar.
A continuación, la parte imaginaria de $-\eta(s)$ (fórmula $(1)$) en la misma escala, la parte imaginaria de los cambios en hecho sin problemas entre el$-0.45$$0.22$. La regularidad de $\eta(s)$ en el complejo de dominio que se muestra es explicado por la 'absorción' de la única singular parte de $\zeta(s)$ (es decir, el polo en$s=1$) $\left(2^{1-s}-1\right)$ dar $-\log(2)$.

Ahora los zeta suma $(2)$ contiene no sólo la singularidad de $\zeta$$s=1$, pero también la transformación de las singularidades en $s=2,\;3,\cdots$. Las dos últimas imágenes muestran la suma de $(2)$, pero con sólo$2$$3$, respectivamente. El aspecto visual de los polos es diferente porque ellos 'rotar' con un ángulo de $\dfrac{\pi}4$ y son estiradas verticalmente.

Por lo tanto el punto de la $\Gamma(1-s)(-\pi\,i)^{s-1}$ plazo en $3$ es cancelar todos estos polos a la vez ($\Gamma$ tiene polos en todos los enteros positivos) !

---

Vamos a empezar esto de nuevo con un directo de la generalización que implican la polylogarithm $\operatorname{Li}$: $$\operatorname{Li}_s(e^z):=\sum_{n=1}^\infty \frac {e^{nz}}{n^s}\quad\text{for}\; |e^z|<1$$

Utilizando el método (con $\pi i$ reemplazado por $z$) debemos obtener : $$f_z(s):=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{z^k}{k!}\zeta(s-k)\overset{?}=\operatorname{Li}_s(e^z)$$ pero en lugar de $s$ no entero y $|z|<2\pi$ (o $\Re(z)\le 0$ utilizando sólo la infinita suma de $\operatorname{Li}$) : $$\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{z^k}{k!}\zeta(s-k)=\operatorname{Li}_s(e^z)-\Gamma(1-s)(-z)^{s-1}$$

Este resultado se da en la Wikipedia polylogarithm entrada. Parece demasiado (con mucho más información) en el capítulo $5$ de un excelente artículo de Richard Crandall ($2012$) 'Unificada de los algoritmos para la polylogarithm, de la serie L, y zeta variantes".
La parte $2$ sobre el "periódico zeta función" de la $1976$ papel "En la evaluación de Euler sumas" debe ser de interés (a considerar $x=\dfrac 12$ e ver $(2.7)$ $(2.9)$para su expansión de Bernoulli).

La expresión de la muestra es en realidad el "Erdelyi de expansión" para el polylogarithm que se pueden encontrar en Srivastava y Choi libro de la Serie"los Asociados Con la Zeta y Funciones Relacionadas".

Reproduzco aquí las páginas de $28-29$ de Erdelyi ($1953$) "Más funciones trascendentes $1$" (donde una fórmula más general $(8)$ es obtenido y el caso de $s$ entero se maneja demasiado en $(9)$).
Empecemos con las definiciones de los zeta de Hurwitz función y la Lerch trascendente : $$\begin{align} \zeta(s,v)&=\sum_{n=0}^\infty \frac 1{(v+n)^s}\\ \tag{1}\Phi(z,s,v)&=\sum_{n=0}^\infty \frac {z^n}{(v+n)^s}\\ \end{align}$$

$\qquad\qquad\Phi$ puede ser representado como una integral de contorno

Donde el Hurwitz fórmula $(1.10.6)$ es : $$\zeta(s,v)=2(2\pi)^{s-1}\Gamma(1-s)\sum_{n=1}^\infty n^{s-1}\sin(2\pi n v+\pi s/2),\quad\Re(s)<0,\;0<v\le 1$$

Answer 2

He tenido una muy similar de la "sorprendente" resultado cuando se mira en el doble de la suma similar a su expansión en un doble de la suma y la reordenación de los términos. Ver este vínculo Cuando me encontré con el problema que me estaba asombrado de como estabas aquí, y trató de varios heurístico explicaciones. Sin embargo, una solución analítica fue existentes, y así, el heurístico de la introducción de la "infinitesimal" $\mu = 1/(-1)!$ compensados por $\zeta(1)$ como $\displaystyle w=\lim_{\delta \to 0} {\zeta(1+\delta) \over \Gamma(\delta)}$ fue de alguna manera justificada. Claramente, que el uso de $\mu$ debe ser reemplazado por una correcta $\lim$-fórmula, pero lo deje por falta de notación. (De manera similar, a veces la de bernoulli-número $b_0$ se interpreta como que la misma cantidad cuando el bernoulli-los números se vuelven a escribir en términos de la $\zeta()$-función).

Me acaba de insertar en la fórmula que infinitesimales $\mu$ formalmente en su fórmula para trabajar con $$a=\frac{1}{1^s} (\frac{\mu}{\pi i}+1+\frac{\pi i}{1!}+\frac{(\pi i)^2}{2!}+...) \\ +\frac{1}{2^s} (\frac{\mu}{2 \pi i}+1+\frac{2\pi i}{1!}+\frac{(2\pi i)^2}{2!}+...) \\ +\frac{1}{3^s} (\frac{\mu}{3 \pi i}+1+\frac{3\pi i}{1!}+\frac{(3\pi i)^2}{2!}+...) \\ +...$$ llegar $$= \\ \frac{\mu}{\pi i} \cdot (\frac{1}{1^{s+1}}+\frac 1{2^{s+1}}+\frac 1{3^{s+1}}+...) \\ +1 \cdot (\frac{1}{1^s}+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+...) \\ +\frac{\pi i}{1!} \cdot (\frac{1}{1^s}+\frac{2}{2^s}+\frac{3}{3^s}+...) \\ +\frac{(\pi i)^2}{2!}(\frac{1}{1^s}+\frac{2^2}{2^s}+\frac{3^2}{3^s}+...) \\ +$$ donde -si dejas $s \to 0$ el primer sumando se expande ahora a $${\mu \\pi i} \cdot \zeta(1) = \lim_{\delta \to 0} {\zeta(1+\delta) \\Gamma(\delta) } \frac 1{\pi i} = \frac 1{\pi i}$$
y con que el término de corrección de volver al valor correcto en su fórmula final.
Esta heurística tientas seguramente no es formalmente correcta, pero puede dar una idea de cómo reparar su fórmula: creo que suele ser llegaremos a algunos adicionales integral-la expresión en lugar de la infinitesimal (probablemente por la de Euler-MacLaurin fórmula), o usted puede tratar de volver a desarrollar su fórmula con la de Bernoulli-polinomios donde el hack que he indicado aquí con el $\mu$ es capturado en la de bernoulli-número $b_0$.

Lo siento, no puedo hacer el proceso completo en la forma correcta, pero tal vez esta es instructivo/útil de todos modos.

Answer 3

Creo que pensar demasiado difícil.

Te olvidas de que $(-1)=e^{i \pi+2pi \pi}$ por cada p.

Y ahora que su respuesta va a ser $\frac{-1}{2}+\frac{i}{p\pi}$ Y se ve que -1/2 hace perfecto sentido, ya que es la única parte constante en la fórmula.