¿Cuál es la semiderivada de zeta en $s=0$ (y cómo calcularlo)?

Question

[Actualización 3:] He dado una nueva respuesta parcial siguiendo el ansatz en cuestión Q3 . Dejo las otras partes de la pregunta sin tocar, también están parcialmente contestadas en otras preguntas especializadas en MSE.

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Estoy tratando de entender el concepto de las derivadas fraccionarias y estoy trasteando con los ejemplos de la wikipedia. El a derivada de un monomio en x , donde a puede ser fraccionario es en consecuencia $$ {d^a \over dx^a} x^m = { \Gamma(1+m) \over \Gamma (1+m-a) } x^{m-a} $$ .

Q1: Pero lo que sucede para alguna función $f(x)$ si quiero evaluar la semiderivada en cero?

Originalmente estoy interesado en las derivadas fraccionarias de la zeta en cero. Como me pareció que el monomio-mitad es el más fácil de entender probé primero la expresión en serie de potencias de la función zeta $$ \zeta(x) = - {1 \over 1-x} + \sum_{k=0}^\infty w_k x^k $$ donde $w_k$ son unos coeficientes que empiezan por $w_0=0.5, w_1=0.081... , w_2=-0.0031... , \cdots $
Pero si quiero encontrar la derivada (1/2)'th en $x=0$ Necesito definiciones sobre cómo debo manejar las potencias fraccionarias de cero.

Q2: ¿Cómo puedo evaluar la derivada fraccionaria de la fracción principal ${1 \over 1-x}$ ? ¿Puedo hacer algo mejor que expresar la fracción por su serie de potencias y hacer las derivaciones término a término en los monomios?

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Q3: O puedo hacer algo como con las derivadas enteras de la zeta en $s=0$ donde lo expreso como la serie Dirichlet teniendo los logaritmos en los numeradores?

[actualización]: en relación con Q3 Ahora he utilizado la versión alternante-zeta y he asumido, que $$ {d^{1/2} \over dx^{1/2}} {1 \over k^x}={d^{1/2} \over dx^{1/2}} \exp(x(-\log(k))) =(-\log(k))^{1/2} {1 \over k^x} = i \cdot (\log(k))^{1/2} {1 \over k^x} $$ y luego puse $x=0$ y evaluar la serie alterna $$ \eta(0)^{(1/2)} \underset{\mathfrak E}{=} \sum_{k=0}^\infty \left((-1)^k log(1+k)^{1/2}\cdot i \right)\sim - 0.347006596200 \cdot i $$ donde $\mathfrak E $ significa la suma de Euler de la serie divergente. Sin embargo, incluso si ese resultado es significativo, esto no ayuda mucho porque ahora no tengo más idea de cómo podría usar la fórmula de conversión zeta/eta de Euler aquí. (Acabo de desarrollar el esquema de conversión para las derivadas enteras, pero eso se transforma en una serie infinita si es que esto es generalizable a los índices fraccionarios)

[update2] : He probado la fórmula de Riemann-Liouville para la semiderivada, tal como la da @J.M. en MSE pero el resultado no es concluyente. En primer lugar, tengo que manejar los ceros en los denominadores, y en segundo lugar, si los sustituyo por expresiones limitadoras con $\epsilon \to 0$ la integración numérica parece divergir a $-\infty$ o $- i \infty$ dependiendo de si me aproximo al cero desde valores positivos o negativos. Así que necesito algo de ayuda incluso para esto...

Answer 1

Aquí tienes un consejo: Busca en Google "supercálculo" Acabo de hacerlo, es el segundo resultado. Trata del cálculo fraccionario y te permite, por ejemplo, calcular sumas de series rediculadas. Aunque no es para el matemático de a pie.

Answer 2

Aquí hay una posible respuesta. He seguido el camino en Q3 en mi pregunta anterior con un procedimiento final de suma divergente. El ansatz consiste en expresar el problema como una suma de una función evaluada en argumentos consecutivos, justo en el sentido del método de suma de Euler-MacLaurin, que requiere una serie de potencias para la función, que da el "término general" de la serie.

Aunque no tenemos una serie de Taylor para el término general $ \sqrt{-\ln(1+x)} $ alrededor de $x=0$ podemos reescribir esto un poco y obtener una serie relacionada: $$ \sqrt{\ln(1+x)} = \sqrt{x \ln(1+x)/x} = \sqrt x \sqrt{ {\ln(1+x) \over x}} $$ y para la segunda expresión raíz tenemos una bonita serie de Taylor

$ \displaystyle \qquad \small f(x)=\sqrt{ {\ln(1+x) \over x}} = \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^k \\ \\ \small \qquad \qquad = 1 - 1/4 x + 13/96 x^2 - 35/384 x^3 + 6271/92160 x^4 - 2211/40960 x^5 + O(x^6) $

Obtenemos entonces

$ \displaystyle \qquad \small \sqrt{\ln(1+x)} = \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^{0.5+k } $

Ahora asumo, que es posible expresar formalmente la suma de esa función para k sobre todos los enteros consecutivos por la suma doble

$ \displaystyle \qquad \small \sum_{k=0}^\infty \sqrt{ - \ln(1+k)} = \sqrt{-1} \cdot \sum_{k=0}^{\infty} \left( a_k \sum_{x=0}^\infty x^{0.5+k } \right) = i \sum_{k=0}^{\infty} a_k \zeta(-0.5-k) $

y el objetivo de evaluar la semiderivada fraccionaria de $\zeta$ a cero fueron entonces, mediante un procedimiento $\small \mathfrak N$ para series fuertemente divergentes,

$ \displaystyle \qquad \small \zeta(0)^{(1/2)} \underset{\mathfrak N}{=} i \sum_{k=0}^{\infty} \left( a_k \zeta(-0.5-k) \right) \qquad \sim - 0.200824660892 \ i $

Ahora conjetura : $$ \zeta(0)^{(1/2)} \underset{\mathfrak N}{=} i \sum_{k=0}^{\infty} \left( a_k \zeta(-0.5-k) \right) \\ \zeta(0)^{(1/2)} \sim - 0.200824660892 \ i $$

La aplicabilidad y la corrección de la secuencia anterior no es segura/no está probada. La heurística muestra, que el método aplicado a las derivadas fraccionarias del $\eta$ da los resultados esperados pero, por ejemplo, para las series zeta no alternantes podríamos necesitar alguna integral como sumando como en el método de Ramanujan-sumación.

Hasta ahora sólo puedo esperar que alguien más coteje el método y el valor recibido.

Answer 3

Lo siento, no tengo un rep > 50 por lo que esto es sólo un comentario, pero ¿has notado que $\zeta(0)^{(1/2)}$ está inquietantemente cerca de $\frac{\\i\zeta(0)^{(2)}}{10}$ en valor?