¿Cómo conseguir ese $1^3+2^3+3^3+4^3+\cdots$ es igual a $\frac{1}{120}$?

Question

Mientras se ve muy interesante, matemáticas videos, me encontré con uno de los papeles de Srinivasa Ramanujan a G. H. Hardy en el que había escrito $1^3+2^3+3^3+4^3+\cdots=\frac{1}{120}$.

El problema es que cada término de la izquierda es más de $\frac{1}{120}$, pero la suma es $\frac{1}{120}$. Cómo es eso ???

Sé que hay muchos y mucho cosas más interesantes presentados por Ramanujan (como $1-1+1-1+1...=\frac{1}{2}$$1+2+3+4.....=\frac{-1}{12}$), pero por ahora estoy interesado en el balance en el título. Cualquier idea/sugerencia es cordialmente la bienvenida. Gracias.

Aquí está el video que estoy hablando.

Answer 1

Creo que he redescubierto (después de ver el vídeo que enlaza y leer la wiki biografía de Ramanujan).

Comienza con $$ \frac{1}{x+1} =1 -x +x^2 -x^3 +-\cdots, \quad |x| <1. $$ and differentiate to get $$ -\frac{1}{(x+1)^2} =-1 +2x -3x^2 +4x^3 -+\cdots, \quad |x| <1. \\ \frac{2}{(x+1)^3} =2 \cdot 1 -3 \cdot 2x +4 \cdot 3 x^2 -+\cdots, \quad |x| <1. \\ -\frac{6}{(x+1)^4} =-3 \cdot 2 \cdot 1 +4 \cdot 3 \cdot 2x -5 \cdot 4 \cdot 3 x^2 +-\cdots, \quad |x| <1. $$

Tomar una seta mágica e, ignorando $|x| <1$, $x=1$ en cada uno. $$ \frac{1}{2} =1 -1 +1 -1 +- \cdots \\ -\frac{1}{4} =-1 +2 -3 +4 -+ \cdots \\ \frac{1}{4} =2 \cdot 1 -3 \cdot 2 +4 \cdot 3 -+ \cdots \\ -\frac{3}{8} =-3 \cdot 2 \cdot 1 +4 \cdot 3 \cdot 2 -5 \cdot 4 \cdot 3 +- \cdots $$ Or more formally, $$ \sum_{m=1}^\infty (-1)^{m+1} m =\frac{1}{4}. \\ \sum_{m=1}^\infty (-1)^{m+1} m (m+1) =\frac{1}{4}. \\ \sum_{m=1}^\infty (-1)^{m+1} m (m+1) (m+2) =\frac{3}{8}. $$

Pero aviso $$ \begin{align} \sum_{m=1}^\infty (-1)^{m+1} m^2 =&\sum_{m=1}^\infty (-1)^{m+1} m (m+1) -\sum_{m=1}^\infty (-1)^{m+1} m \\ =&\frac{1}{4} -\frac{1}{4} =0. \end{align} $$ and $$ \begin{align} \sum_{m=1}^\infty (-1)^{m+1} m^3 =&\sum_{m=1}^\infty (-1)^{m+1} m (m+1) (m+2) -3\sum_{m=1}^\infty (-1)^{m+1} m^2 -2\sum_{m=1}^\infty (-1)^{m+1} m \\ =&\frac{3}{8} -3 \cdot 0 -2 \cdot \frac{1}{4} =-\frac{1}{8} \quad \quad \ldots \spadesuit \end{align} $$

Por otro lado, $$ \zeta(-3) :=1^3 +2^3 +3^3 +\cdots \\ 2^4 \zeta(-3) =2 \cdot 2^3 +2 \cdot 4^3 +2 \cdot 6^3 +\cdots \\ $$ Subtract them, aligning the 2nd, 4th, 6th term like Ramanjunan did in his notebooks (shown in the video). $$ -15 \zeta(-3) =1^3 -2^3 +3^3 -+\cdots \quad \quad \ldots \heartsuit $$ $\heartsuit$ and $\spadesuit$ together give us: (Hold your breath.) $$ \sum_{m=1}^\infty m^3 =\frac{1}{120}. $$

Recientemente también he encontrado una prueba de la conjetura de Riemann, pero el cuadro de respuesta es demasiado estrecho para mí, para escribir todo lo que hacia abajo.

P. s. en serio, creo que Ramanujan del esfuerzo es una especie de encontrar una interpretación de la divergencia de la serie, de modo que tienen un valor real, mientras que su manipulación sea todavía coherente a nuestra noción usual de la aritmética: la organización, además, ampliar, etc.? Tal vez esto puede ser comparado con el intento de definición de cuaterniones como una extensión de los números complejos, mientras que, inevitablemente, descartando conmutativa de la ley?

Answer 2

Deje $f(x)=x^d$$d\geq 1$, entonces por Euler–Maclaurin fórmula de sumación de $$\sum_{k=1}^nf(x)=C+\int_0^n f(x) dx+\frac{f(n)}{2}+\sum_{k\geq 1}\frac{B_{2k}}{(2k)!}f^{(2k-1)}(n)$$ donde $B_n$ indica el $n$-ésimo número de Bernoulli.

En su teoría de Divergente la Serie, Ramanujan "identificado" $\sum_{k=1}^{\infty}f(x)$$C$. Tenga en cuenta que $C$ es cero si $d$ es regular y es $-\frac{B_{d+1}}{d+1}$ si $d$ es impar. Así, por $d=1$ obtenemos $-\frac{1}{12}$ $d=3$ obtenemos $\frac{1}{120}$.

Answer 3

A continuación es la derivación de la siguiente igualdad:

$$\zeta(-s)=\frac1{1-2^{1+s}}\lim_{r\to1^-}\left(\underbrace{r\cdot\frac d{dr}r\cdot\frac d{dr}\dots r\cdot\frac d{dr}}_s\frac{-1}{1+r}\right)$$

---

Aviso de que si tenemos

$$\zeta(s)=1+\frac1{2^s}+\frac1{3^s}+\frac1{4^s}+\dots$$

$$\eta(s)=1-\frac1{2^s}+\frac1{3^s}-\frac1{4^s}+\dots$$

entonces, cuando ellos son absolutamente convergente, se obtiene la ecuación funcional:

$$\begin{align}\zeta(s)&=1+\frac1{2^s}+\frac1{3^s}+\frac1{4^s}+\dots\\\eta(s)&=1-\frac1{2^s}+\frac1{3^s}-\frac1{4^s}+\dots\\\hline\zeta(s)-\eta(s)&=2\left(\ \ \frac1{2^s}\qquad\ \ +\frac1{4^s}+\dots\right)\\&=2^{1-s}\left(1+\frac1{2^s}+\frac1{3^s}+\frac1{4^s}+\dots\right)\tag{factored out $2^s$}\\&=2^{1-s}\zeta(s)\end{align}$$

La solución para $\zeta(s)$, obtenemos

$$\zeta(s)=\frac1{1-2^{1-s}}\eta(s)$$

Y ya que estas son funciones analíticas, esto es para todos los $s$.

Como algo elemental método, podemos evaluar el $\eta(s)$ el siguiente, que converge para todos los $s$.

$$\eta(s)=\lim_{r\to1^-}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}r^n}{n^s}$$

Y así, nos han dejado con

$$\eta(-3)=\lim_{r\to1^-}\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}r^nn^3=-\frac18$$

que se puede hacer mediante la manipulación de la serie geométrica:

$$\frac{-1}{1+r}=\sum_{n=0}^\infty(-1)^{n+1}r^n$$

$$r\cdot\frac d{dr}\frac{-1}{1+r}=\sum_{n=0}^\infty(-1)^{n+1}nr^n\\\vdots$$

$$\underbrace{r\cdot\frac d{dr}r\cdot\frac d{dr}\dots r\cdot\frac d{dr}}_k\frac{-1}{1+r}=\sum_{n=0}^\infty(-1)^{n+1}n^kr^n$$

Que, a continuación, se obtiene el resultado deseado $\zeta(-3)=\frac1{120}$.

Así que, de manera sucinta, nos encontramos con la siguiente forma para la función zeta siempre $s\in\mathbb N,\ s>0$:

$$\zeta(-s)=\frac1{1-2^{1+s}}\lim_{r\to1^-}\left(\underbrace{r\cdot\frac d{dr}r\cdot\frac d{dr}\dots r\cdot\frac d{dr}}_s\frac{-1}{1+r}\right)$$

que no es muy difícil de trabajar. Sólo un montón de cociente regla pasando allí. Si $s=0$, tenemos

$$\zeta(0)=\frac1{1-2^{1+0}}\lim_{r\to1^-}\left(\frac1{1+r}\right)=-\frac12$$

---

Algunos valores trabajado para usted:

$$\zeta(-1)=\frac1{1-2^{1+1}}\lim_{r\to1^-}\left(r\cdot\frac d{dr}\frac{-1}{1+r}\right)=-\frac13\lim_{r\to1^-}\left(\frac{r}{(1+r)^2}\right)=-\frac1{12}$$

$$\zeta(-2)=\frac1{1-2^{1+2}}\lim_{r\to1^-}\left(r\cdot\frac d{dr}r\cdot\frac d{dr}\frac{-1}{1+r}\right)=-\frac17\lim_{r\to1^-}\left(r\cdot\frac d{dr}\frac{r}{(1+r)^2}\right)\\=-\frac17\lim_{r\to1^-}\left(\frac{r-r^2}{(1+r)^3}\right)=0$$

$$\zeta(-3)=\frac1{1-2^{1+3}}\lim_{r\to1^-}\left(r\cdot\frac d{dr}r\cdot\frac d{dr}r\cdot\frac d{dr}\frac{-1}{1+r}\right)=-\frac1{15}\lim_{r\to1^-}\left(r\cdot\frac d{dr}\frac{r-r^2}{(1+r)^3}\right)\\=-\frac1{15}\left(\frac{r-4r^2+r^3}{(1+r)^4}\right)=\frac1{120}$$

Answer 4

El problema es que cada término de la izquierda es más de $\frac{1}{120}$, pero la suma es $\frac{1}{120}$. Cómo es eso ???

Para responder a la pregunta directamente: Ramanujan suma es una técnica inventada por el matemático Srinivasa Ramanujan para asignar un valor a divergentes serie infinita. Es bien explican en el artículo vinculado de la Wikipedia.

Answer 5

Cuando se define una serie como la $1^3+2^3+3^3+4^3+...+n^3$ tiene una definición específica en mente de Cómo calcular esta serie y Cómo tomar el límite de $n$ tiende a infinito.

Ramanujan es el uso de una definición diferente de lo que significa para calcular esta serie. Que definición, propiedades como la suma de los números de ser igual a un valor menor de cada término.