No hay soluciones reales para $\sum_{n\,=\,0}^\infty \frac {(-1)^{n + 1}} {n^x} = 0$

Question

Demostrar que no hay números reales $x$ tal que

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

¿Me das una pista, por favor?

Answer 1

Para $x \leqslant 0$ los términos de la serie no convergen a $0$ por lo que la serie diverge entonces. Por lo tanto, sólo tenemos que considerar $x > 0$ .

Para $x > 0$ la secuencia $\left(\frac{1}{n^x}\right)_{n\in\mathbb{Z}^+}$ es estrictamente decreciente y converge a $0$ Por lo tanto, según el criterio de Leibniz

$$\eta(x) := \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n^x}$$

converge.

Ahora bien, si $(a_n)_{n\in\mathbb{Z}^+}$ es cualquier secuencia monotónicamente no creciente que converge a $0$ podemos considerar las sumas parciales de un impar y un número par de términos por separado,

$$s_{2p} = \sum_{n=1}^{2p} (-1)^{n+1} a_n;\qquad s_{2p+1} = \sum_{n=1}^{2p+1} (-1)^{n+1} a_n.$$

Encontramos

$$\begin{align} s_{2p+3} - s_{2p+1} &= (-1)^{2p+3}a_{2p+2} + (-1)^{2p+4}a_{2p+3} = a_{2p+3} - a_{2p+2} \leqslant 0,\\ s_{2p+2} - s_{2p} &= (-1)^{2p+3} a_{2p+2} + (-1)^{2p+2} a_{2p+1} = a_{2p+1} - a_{2p+2} \geqslant 0,\\ s_{2p+1} - s_{2p} &= (-1)^{2p+2}a_{2p+1} = a_{2p+1} \geqslant 0. \end{align}$$

Así que

• la secuencia de sumas parciales de un número impar de términos es monotónicamente no creciente,
• la secuencia de sumas parciales de un número par de términos es monotónicamente no decreciente, y
• la suma parcial de un número impar de términos nunca es menor que la suma parcial de un número par de términos.

Si -como en el caso de la secuencia concreta que nos ocupa- la secuencia $(a_n)$ es estrictamente decreciente, todas las desigualdades anteriores son estrictas.

Es sencillo deducir de ello que $\eta(x) > 0$ para todos $x > 0$ .

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\sum_{n = \color{#f00}{\LARGE 1}}^{\infty}{\pars{-1}^{n + 1} \over n^{x}} = 0:\ {\large ?}}$

\begin {align} & \sum_ {n = 1}^{ \infty }{ \pars {-1}^{n + 1} \over n^{x}} = \sum_ {n = 1}^{ \infty } \bracks {{1 \over \pars {2n - 1}^{x}} - {1 \over \pars {2n}^{x}} \\ [3mm]&={1 \over 2^{x}} \sum_ {n = 1}^{ \infty } \bracks {{1 \over \pars {n - 1/2}^{x}} - {1 \over n^{x}} > 0 \quad \mbox {cuando} \quad x > 0. \qquad\qquad\mbox {Así que...} \end {align}

$\ds{x \leq 0}$ no se tienen en cuenta por razones obvias.

Answer 3

Esta es una observación demasiado larga para un comentario, pero que probablemente alguien apreciará. Observación que

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^s} = \zeta(s) - 2\times 2^{-s}\zeta(s) = (1-2^{1-s})\zeta(s).$$

La función zeta de Riemann es igual al producto de Euler $\prod_p (1-p^{-s})^{-1}$ en el semiplano derecho $\Re s>1$ . El producto de Euler converge en el sentido de convergencia para productos infinitos . Un producto infinito convergente nunca es cero, por lo que $\zeta(s)\neq 0$ para $\Re s > 1$ . Además, es fácil ver que $1-2^{1-s} \neq 0$ para $\Re s> 1$ . Así que obtenemos su resultado para $\Re s >1$ .

Para $0<\Re s \leq 1$ es un poco complicado porque el producto de Euler ya no converge. Sin embargo, su suma sigue siendo igual a $(1-2^{1-s})\zeta(s)$ cuando $0<\Re s \leq 1$ , esencialmente por continuación analítica. En $s=1$ , $(1-2^{1-s})\zeta(s) \neq 0$ porque el cero de $1-2^{1-s}$ se anula con el polo simple de $\zeta(s)$ .

Por lo tanto, las pruebas que Félix y Daniel han dado demuestran que la función zeta de Riemann no desaparece para el real $s$ entre $0$ y $1$ ¡!