No estoy seguro si lo estoy entendiendo esto en ninguna manera, pero seguramente la evaluación de la función zeta, por ejemplo, -2, daría
$1 + 2^2 + 3^2 + 4^2 + 5^2 + ...$
que parece divergir hasta el infinito. Lo que me estoy perdiendo?
Esta pregunta ya tiene respuestas:
- Ceros triviales de la función Zeta de Riemann (2 respuestas )
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Para $\mathrm{Re}(s)\gt1$, $$ \zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^s}\etiqueta{1} $$ Para $\mathrm{Re}(s)\le1$, tenemos que usar la Continuación Analítica y otra fórmula para $\zeta(s)$ desde $(1)$ no converge para $\mathrm{Re}(s)\le1$.
Una fórmula que puede utilizarse es el Funcional de la Ecuación de $\zeta$ que dice $$ \zeta(s)\frac{\Gamma(s/2)}{\pi^{s/2}}=\zeta(1-s)\frac{\Gamma((1-s)/2)}{\pi^{(1-s)/2}}\etiqueta{2} $$ La forma simétrica en $(2)$ es dado como $(14)$ en MathWorld.
Desde la recurrencia de $\Gamma$ dice que para $n\in\mathbb{Z}$ y $n\le0$, $\frac1{\Gamma(n)}=0$, tenemos que $\zeta(2n)=0$$n\in\mathbb{Z}$$n\lt0$.
Continuación analítica de $\boldsymbol{\zeta}$ $\boldsymbol{\eta}$ y la Integración por Partes
Definir $\eta$, la alternancia $\zeta$ función, como $$ \begin{align} \eta(s) &=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^s}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^s}-2\sum_{n=1}^\infty\frac1{(2n)^s}\\[6pt] &=\zeta(s)\left(1-2^{1-s}\right)\tag{3} \end{align} $$ Fórmula $(3)$ sigue desde los términos de una corriente alterna de la serie son los términos de la no alternancia de serie menos el doble de las condiciones.
Fórmula $(3)$ aumenta el dominio de $\operatorname{Re}(s)\gt0$. $\eta$ también es útil para definir $$ \eta(s)\,\Gamma(s)=\int_0^\infty\frac{t^{m-1}}{e^t+1}\,\mathrm{d}t\etiqueta{4} $$ que también converge para $\operatorname{Re}(s)\gt0$. Sin embargo, podemos integrar a $(4)$ a $k$ veces para obtener $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\eta(s)\,\Gamma(s)=\frac{(-1)^k}{s(s+1)\cdots(s+k-1)}\int_0^\infty t^{s+k-1}\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}t^k}\frac1{e^t+1}\,\mathrm{d}t}\etiqueta{5} $$ $(5)$ está de acuerdo con $(4)$ $\operatorname{Re}(s)\gt0$ y converge para $\operatorname{Re}(s)\gt-k$. Por lo tanto, $(5)$ da una continuación analítica de $\zeta(s)$$\operatorname{Re}(s)\gt-k$.
Usando este método, $\zeta(0)=-\frac12$ se computa en esta respuesta y $\zeta(-1)=-\frac1{12}$ se computa en esta respuesta.
Demostrando $\boldsymbol{\zeta(-2n)=0}$
Tenga en cuenta que $(5)$ puede escribirse como $$ \eta(s)\,\Gamma(s+k)=(-1)^k\int_0^\infty t^{s+k-1}\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}t^k}\left(\frac12-\frac12\frac{e^{t/2}-e^{-t/2}}{e^{t/2}+e^{-t/2}}\right)\,\mathrm{d}t\tag{6} $$ Establecimiento $s=1-k$ $(6)$ da $$ \begin{align} \eta(1-k) &=(-1)^k\int_0^\infty\frac{\mathrm{d}^k}{\mathrm{d}t^k}\left(\frac12-\frac12\frac{e^{t/2}-e^{-t/2}}{e^{t/2}+e^{-t/2}}\right)\,\mathrm{d}t\\[6pt] &=(-1)^{k-1}\frac{\mathrm{d}^{k-1}}{\mathrm{d}t^{k-1}}\left.\left(\frac12-\frac12\frac{e^{t/2}-e^{-t/2}}{e^{t/2}+e^{-t/2}}\right)\right|_{t=0}\tag{7} \end{align} $$ Set $k=2n+1$ y obtenemos $$ \eta(-2n) =\frac{\mathrm{d}^{2n}}{\mathrm{d}t^{2n}}\left.\left(\frac12-\frac12\frac{e^{t/2}-e^{-t/2}}{e^{t/2}+e^{-t/2}}\right)\right|_{t=0}\tag{8} $$ Para $n\ge1$, el lado derecho de la $(8)$ es una función impar, por lo tanto la evaluación en $t=0$, y la aplicación de $(3)$, los rendimientos de los $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\zeta(-2n)=0}\etiqueta{9} $$
Continuación analítica de $\boldsymbol{\zeta}$ con el de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma
Como se describe en esta respuesta, esta respuesta, y esta respuesta, para $\operatorname{Re}(s)\gt-2m-1$, $\zeta(s)$ puede ser representado como $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\zeta(s)=\lim_{n\to\infty}\left[\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^s}-\left(\frac{1}{1-s}n^{1-s}+\frac12n^{-s}-\sum_{k=1}^m\frac{B_{2k}}{2k}\binom{s+2k-2}{2k-1}n^{-s-2k+1}\right)\right]}\tag{10} $$ donde la fórmula en el paréntesis se obtiene a partir de la de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma.
Demostrando $\boldsymbol{\zeta(-2m)=0}$
Si sustituimos $s=-2m$ a $(10)$$m\ge1$, la fórmula en paréntesis coincide exactamente con la suma fuera de los paréntesis por Faulhaber de la Fórmula. De hecho, el de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma es una manera de demostrar que Faulhaber la Fórmula. Esto significa que $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\zeta(-2m)=0}\etiqueta{11} $$ También podemos plug $s=-2m+1$$m\ge1$, en $(10)$ y nota que Faulhaber la Fórmula no incluye el término constante. Por lo tanto, obtenemos $$ \zeta(-2m+1)=-\frac{B_{2m}}{2m}\etiqueta{12} $$
Funcional de la Ecuación de $\boldsymbol{\zeta}$
La transformada de Fourier de $e^{-\pi x^2t}$ es $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty e^{-\pi x^2t}e^{-2\pi ix\xi}\,\mathrm{d}x &=\int_{-\infty}^\infty e^{-\pi(x-i\xi/t)^2t}e^{-\pi\xi^2/t}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{\sqrt{t}}e^{-\pi\xi^2/t}\tag{13} \end{align} $$ La aplicación de la Sumación de Poisson Fórmula a $(13)$ dice que $$ 1+2\sum_{n=1}^\infty e^{-\pi n^2t} =\frac1{\sqrt{t}}+\frac2{\sqrt{t}}\sum_{n=1}^\infty e^{-\pi n^2/t}\etiqueta{14} $$ Tenga en cuenta que para $s\gt1$, $$ \begin{align} &\zeta(s)\frac{\Gamma(s/2)}{\pi^{s/2}}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^s}\int_0^\infty e^{-\pi t}t^{\frac{\large s}2}\,\frac{\mathrm{d}t}t\\ &=\int_0^\infty\left(\sum_{n=1}^\infty e^{-\pi n^2t}\right)t^{\frac{\large s}2}\,\frac{\mathrm{d}t}t\\ &=\int_0^1\left(\frac1{2\sqrt{t}}-\frac12+\frac1{\sqrt{t}}\sum_{n=1}^\infty e^{-\pi n^2/t}\right)t^{\frac{\large s}2}\,\frac{\mathrm{d}t}t +\int_1^\infty\left(\sum_{n=1}^\infty e^{-\pi n^2t}\right)t^{\frac{\large s}2}\,\frac{\mathrm{d}t}t\\ &=-\frac1{1-s}-\frac1s+\int_1^\infty\left(\sum_{n=1}^\infty e^{-\pi n^2t}\right)t^{\frac{1-\large s}2}\,\frac{\mathrm{d}t}t +\int_1^\infty\left(\sum_{n=1}^\infty e^{-\pi n^2t}\right)t^{\frac{\large s}2}\,\frac{\mathrm{d}t}t\\ &=-\frac1{1-s}-\frac1s+\int_1^\infty\left(\sum_{n=1}^\infty e^{-\pi n^2t}\right)\left(t^{\frac{1-\large s}2}+t^{\frac{\large s}2}\right)\,\frac{\mathrm{d}t}t\tag{15} \end{align} $$ La siguiente integral es el aumento en el $\alpha$. Para $\alpha\ge0$, tenemos $$ \begin{align} \int_1^\infty\left(\sum_{n=1}^\infty e^{-\pi n^2t}\right)t^\alpha\,\mathrm{d}t &=\sum_{n=1}^\infty\frac1{\pi^{\alpha+1}n^{2\alpha+2}}\int_{\pi n^2}^\infty e^{-t}\,t^\alpha\,\mathrm{d}t\\ &\le\sum_{n=1}^\infty\frac1{\pi^{\alpha+1}n^{2\alpha+2}}\left(\int_{\pi n^2}^\infty e^{-t}\,\mathrm{d}t\right)^{1/2}\left(\int_{\pi n^2}^\infty e^{-t}t^{2\alpha}\,\mathrm{d}t\right)^{1/2}\\ &\le\frac{\Gamma(2\alpha+1)^{1/2}}{\pi^{\alpha+1}}\sum_{n=1}^\infty\frac{e^{-\pi n^2/2}}{n^{2+2\alpha}}\\ &\le\frac{\Gamma(2\alpha+1)^{1/2}}{\pi^{\alpha+1}}\sum_{n=1}^\infty\frac2{\pi n^{4+2\alpha}}\\ &=\frac{2\,\Gamma(2\alpha+1)^{1/2}}{\pi^{\alpha+2}}\zeta(4+2\alpha)\tag{16} \end{align} $$ Por lo tanto, la última integral en $(15)$ define una función completa. Por lo tanto, $(15)$ define $\zeta(s)\frac{\Gamma(s/2)}{\pi^{s/2}}$ todos los $s\in\mathbb{C}$. Desde $(15)$ es invariante bajo $s\leftrightarrow1-s$, tenemos $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\zeta(s)\frac{\Gamma(s/2)}{\pi^{s/2}} =\zeta(1-s)\frac{\Gamma((1-s)/2)}{\pi^{(1-s)/2}}}\etiqueta{17} $$
Simple Art
Puntos
745
Los zeta función se define como una función de meromorphic dada por
$$\zeta(s):=1^{-s}+2^{-s}+3^{-s}+\dots=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^s}\ \forall\ \Re(s)>1$$
A pesar de que es error común para aplicar esta definición siempre $\Re(s)\le1$, ya que claramente,
$$1+2+3+\dots$$
no tiene mucho sentido, normalmente. Para definir cosas como $\zeta(0)$, usamos algo llamado continuación analítica (parte muy importante), lo que nos permite dar sentido a las cosas. Por ejemplo,
$$\zeta(s)=\frac1{1-2^{1-s}}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n^s}\ \forall\ \Re(s)>0\tag!$$
que no es sólo cierto para $\Re(s)>1$, pero también se define para $\Re(s)>0$. Aquí, nos encontramos con que
$$\zeta(0)=\lim_{s\to0^+}\frac1{1-2^{1-s}}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n^s}=-\frac12$$
También tenemos la bonita reflexión fórmula
$$\zeta(-s)=2^{-s}\pi^{-(s+1)}\sin\left(\frac{-s\pi}2\right)\Gamma(s+1)\zeta(s+1)$$
que puede ser utilizado para mostrar que
$$\zeta(-2k)=0\ \forall\ k\in\{1,2,3,\dots\}$$
Como un corto de poco la prueba de $(!)$ por encima, a ver que si tenemos
$$\eta(s)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n^s}\tag{converges for $\Re(s)>0$}$$
luego, restando fuera de los términos raros y añadir en las condiciones, nos quedamos con el doble de las condiciones:
$$\zeta(s)-\eta(s)=\sum_{n=1}^\infty\frac2{(2n)^s}=2^{1-s}\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^s}=2^{1-s}\zeta(s)$$
$$\zeta(s)-\eta(s)=2^{1-s}\zeta(s)$$
$$(1-2^{1-s})\zeta(s)=\eta(s)$$
$$\zeta(s)=\frac1{1-s^{1-s}}\eta(s)$$
Y es que, ¿cómo se puede expandir el dominio de la función zeta.
Comentario: se Derivan otras representaciones de la función zeta son generalmente mucho más peludo de lo anterior y muchas veces requieren más áreas de las matemáticas de lo que parece. Sin embargo, si usted está tan inclinado, tomando la expansión de Taylor de $f(s)=s\zeta(s+1)$ debe proporcionar una forma de serie de la zeta función de la convergencia en casi todas partes.
user1952009
Puntos
81
Hay una forma de demostrar que $\zeta(-2K) = 0$ :
Por definición de los números de Bernouilli $\frac{z}{e^z-1}= \sum_{k=0}^\infty \frac{B_k}{k!}z^k$ es analítica en $|z| < 2\pi$
Tenga en cuenta que $ \frac{z}{e^z-1}-\frac{z}{2} = \frac{z}{2}\frac{e^{z/2}+e^{-z/2}}{e^{z/2}-e^{-z/2}}$ es una función par, por lo tanto, $\frac{z}{e^z-1}-1-\frac{z}{2}=\sum_{k=2}^\infty \frac{B_k}{k!}z^k$ es una función par, y $B_{2k+1}=0$$k\ge 1$.
-
Para $Re(s) > 0$, vamos a $\Gamma(s) = \int_0^\infty x^{s-1} e^{-x}dx$. Converge absolutamente, por lo que es analítica.
La integración por partes $\Gamma(s+1) = s \Gamma(s)$, proporcionando la continuación analítica para $Re(s) \le 0$ : $\Gamma(s) = \frac{\Gamma(s+k)}{\prod_{m=0}^{k-1} s+m}$.
Por lo tanto $\Gamma(s)$ es analítica en $\mathbb{C} \setminus -\mathbb{N}$ con polos en los enteros negativos, donde $\Gamma(s) \sim \frac{(-1)^k}{k!}\frac{1}{s+k}$
Con el cambio de variable $x = ny$$\Gamma(s) n^{-s} = \int_0^\infty x^{s-1} e^{-nx}dx$, de modo que para $Re(s) > 1$ donde todo converge absolutamente $$\Gamma(s) \zeta(s) = \sum_{n=1}^\infty \int_0^\infty x^{s-1} e^{-nx}dx= \int_0^\infty x^{s-1}\sum_{n=1}^\infty e^{-nx}dx=\int_0^\infty x^{s-2}\frac{x}{e^x-1}dx$$
Tenga en cuenta que$\frac{1}{s+k-1} = \int_0^1 x^{s-2+k}dx = \int_0^\infty x^{s-2} x^{k}1_{x < 1}dx$, de modo que $$\Gamma(s) \zeta(s)- \sum_{k=0}^{K}\frac{B_k}{k!}\frac{1}{s+k-1} =\int_0^\infty x^{s-2}\left(\frac{x}{e^x-1}-\sum_{k=0}^K \frac{B_k}{k!}x^k1_{x < 1}\right)dx \tag{1}$$ Ahora como $x \to 0$ :$\frac{x}{e^x-1}-\sum_{k=0}^K \frac{B_k}{k!}x^k\sim \frac{B_{K+1}}{(K+1)!}x^{K+1}$ y, por tanto, $(1)$ converge y está delimitado por $ Re(s) > -K$, es decir, como $s \to -k$ : $$\frac{(-1)^k}{k!}\frac{1}{s+k} \zeta(s) \sim\Gamma(s) \zeta(s)\sim \frac{B_{k+1}}{(k+1)!}\frac{1}{s+k} $$ de dónde $$\boxed{\zeta(-k) = (-1)^k\frac{B_{k+1}}{k+1} \implies \zeta(-2k) = 0, k \in \mathbb{N}^*}$$
user361424
Puntos
148
Como otros han señalado, no es la definición de la función zeta. La función zeta de hecho, es la única función de meromorphic que equivale a que, dondequiera que existe. (Para probar la unicidad, puede utilizar la serie de Taylor y el teorema de que tal función es igual en cualquier disco en el que existe para la serie de Taylor en el centro.)
Con respecto al valor dado, me voy a dar de Riemann original de la prueba:
$$\Gamma(x) = \int_0^\infty\frac{t^{x-1}}{e^t}dt = \int_0^\infty\frac{(nt)^{x-1}}{e^{nt}}ndt = n^x\int_0^\infty \frac{t^{x-1}}{e^{nt}}dt$$
Por lo tanto
$$\Gamma(x)\zeta(x) = \sum_{n=1}^\infty\frac{\Gamma(x)}{n^x} = \sum_{n=1}^\infty\int_0^\infty \frac{t^{x-1}}{e^{nt}}dt = \int_0^\infty t^{x-1}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(e^{t})^n}dt = \int_0^\infty\frac{t^{x-1}}{e^{t} - 1}dt$$
Ahora para la parte un poco difícil: esto aún no está definido para $\Re[x] < 1$. Para evitar esto, lo que hizo fue utilizar la identidad de $2i\sin(\pi x) = e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}$ para obtener
$$2i\sin(\pi x)\Gamma(x)\zeta(x) = (e^{i\pi x}-e^{-i\pi x})\int_0^\infty\frac{t^{x-1}}{e^{t} - 1}dt = \int_0^\infty\frac{(e^{-i\pi}t)^{x-1}}{e^{t} - 1}dt - \int_0^\infty\frac{(e^{i\pi}t)^{x-1}}{e^{t} - 1}dt$$
(Tenga en cuenta que he dejado de $e^{\pm i\pi}$ unsimplified, ya que podrás obtener diferentes valores para cada uno, cuando x no es un entero). Lo que Riemann hizo fue tratar esto como una integral de contorno, en sustitución de la curva cerrada, en el origen con un bucle ajustado - que no cambia el valor, dado que el integrando es analítica en todas partes en el origen del barrio. Así que lo que, en última instancia, es
$$\zeta(x) = \lim_{s\to x}\frac{\int_C\frac{(-t)^{s-1}}{e^t - 1}dt}{2i\sin(\pi s)\Gamma(s)}$$
Donde el contorno trata -1 $e^{i\pi}$ sobre la forma en, $e^{-i\pi}$ sobre el camino de salida, y va alrededor del origen en un bucle ajustado a las manecillas del reloj (es decir, negativo) de la dirección. Afortunadamente, en el caso de los números enteros positivos o negativos, no hay ninguna rama de corte, por lo que la forma y la manera de salir de cancelar, dejando sólo un bucle estrecho que puede ser calculadas de acuerdo con el teorema de los residuos. Así que con eso en mente,
$$\int_C\frac{(-t)^{s-1}}{e^t - 1}dt = -\int_C (-t)^{s-2}\frac{t}{e^t - 1}dt$$
Resulta que los coeficientes de la Maclaurin de expansión de $\frac{x}{e^x-1}$ son sólo los números de Bernoulli, dividido por el factoriales, y todos los demás de Bernoulli número que comienza con la cuarta es igual a cero, lo que significa que el coeficiente de cada exponente impar de la serie de Maclaurin, sino $x^1$ es cero, de modo que donde s es un entero negativo, incluso, el residuo es cero, de modo que la integral es cero.
Así que todavía hay un obstáculo - la función gamma tiene polos en valor no positivo enteros, y $\sin(\pi x)$ es igual a cero. Eso es bastante fácil de trabajar, aunque, el uso de la propiedad $s\Gamma(s) = \Gamma(s+1)$ (que si usted no lo sabe ya, integración por partes mostrará que usted está implícita en la definición anterior), y el hecho de que x es un entero negativo, incluso,
$$\lim_{s\to x}\frac{\frac{1}{\Gamma(s)}}{\sin(\pi s)} = \lim_{s\to x}\left(\frac{\prod_{n=0}^{-x}(s-x-n)}{(s-x)\Gamma(s-x+1)}\cdot\frac{(s-x)}{\sin(\pi s)}\right) = \frac{(-x)!}{\pi}$$
Lo que esto no es importante, sólo que ahora tienes cero en el numerador y un denominador distinto de cero, por lo que tiene de cero.
A.Sh
Puntos
966
Aquí hay algunas buenas info: https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function#The_functional_equation
Para responder a tu pregunta, no es una ecuación funcional que los zeta función satisface: $$\zeta(s)=2^s\pi^{s-1}\sin\Big( \frac{\pi s}{2} \Big) \Gamma(1-s)\zeta(1-s),$$ donde $\Gamma$ es la función Gamma. Para los negativos números enteros $k$ (-2, -4 et cetera), la condición sine factor es cero, lo que hace que $\zeta(k)=0$.
